Đk:\(-1\le x\le3\) (chính là cái bài cho kia)

Nếu \(x=0\) thì \(A=\sqrt{3}\) ta sẽ chứng minh nó là GTNN của \(A\)

Tức là ta cần chứng minh 

\(\sqrt{-x^2+2x+3}+\sqrt{3}\le\sqrt{-x^2+4x+12}\)

Sau khi bình phương 2 vế rồi rút gọn ta cần chứng minh 

\(\sqrt{-3\left(x^2+2x+3\right)}\le x+3\)

Từ khi \(x+3>0\), ta cần chứng minh  

\(3\left(-x^2+2x+3\right)\le\left(x+3\right)^2\Leftrightarrow x^2\ge0\) (Đúng)

Vậy \(A_{Min}=\sqrt{3}\Leftrightarrow x=0\)

Dự đoán khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\) khi đó \(P=\frac{19}{27}\) (gọi P=biểu thức đầu bài)

Ta đi chứng minh nó là GTNN của P

\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge\frac{19}{27}\left(a+b+c\right)^3\)

Khai triển và rút gọn, ta được BĐT tương đương là:

\(8\left(a^3+b^3+c^3\right)+24\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-30\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)-6abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow8\left(a+b+c\right)^3\ge54\left(ab^2+bc^2+ca^2+abc\right)\)

\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc\le\frac{4}{27}\left(a+b+c\right)^3\)

BĐT trên đúng. Nên \(P_{Min}=\frac{19}{27}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
 

KHO QUA DI

\(\frac{a^{2009}-b^{2009}}{a^{2009}+b^{2009}}>\frac{a^{2008}-b^{2008}}{a^{2008}+b^{2008}}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^{2009}-b^{2009}\right)\left(a^{2008}+b^{2008}\right)-\left(a^{2009}+b^{2009}\right)\left(a^{2008}-b^{2008}\right)>0\)

\(\Leftrightarrow a^{2009}b^{2008}-b^{2009}a^{2008}>0\)

\(\Leftrightarrow a^{2008}b^{2008}\left(a-b\right)>0\)(đúng vì \(a>b>0\))

Vậy \(\frac{a^{2009}-b^{2009}}{a^{2009}+b^{2009}}>\frac{a^{2008}-b^{2008}}{a^{2008}+b^{2008}}\)

\(\frac{a^{2009}-b^{2009}}{a^{2009}+b^{2009}}>\frac{a^{2008}-b^{2008}}{a^{2008}+b^{2008}}\)

Bài này là tìm GTLN của xyz đúng không?. Làm vậy nhé:

Ta có: \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+1}\ge1-\frac{1}{y+1}+1-\frac{1}{z+1}=\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{yz}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{y+1}\ge2\sqrt{\frac{zx}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}}\left(2\right)\\\frac{1}{z+1}\ge2\sqrt{\frac{xy}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}}\left(3\right)\end{cases}}\)

Nhân (1), (2), (3) vế theo vế ta được:

\(\frac{1}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\ge\frac{8xyz}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow xyz\le\frac{1}{8}\)

Vậy GTLN là \(xyz=\frac{1}{8}\)khi \(x=y=z=\frac{1}{2}\)

Ta có: 

\(\hept{\begin{cases}x+y+xy=4\\x^2+xy-y=0\end{cases}}\)

Đề thấy \(x=-1\)không phải là nghiệm của hệ. Nên ta có

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=\frac{4-x}{x+1}\left(1\right)\\x^2+xy-y=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Thế (1) vào (2) ta được: \(x^2+x.\frac{4-x}{x+1}-\frac{4-x}{x+1}=0\)

\(\Leftrightarrow x^3+5x-4=0\)

Tới đây thì bấm máy tính rồi thế ngược lại tìm được y nhé

Cách giải bài phương trình: \(\hept{\begin{cases}x+y+xy=4\\x^2+xy-y=0\end{cases}}\)

  Khó quá bí rồi! Mà mình cũng chưa học lớp 9

Ta có: Điều kiện: \(\hept{\begin{cases}x+y\ge0\\x,y\ge-6\end{cases}}\)

\(x-\sqrt{x+6}=\sqrt{y+6}-y\)

\(\Leftrightarrow x+y=\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\)

\(\Rightarrow P^2=\left(\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x+y+12\right)\)

\(\Rightarrow P^2\le2\left(P+12\right)\)

\(\Rightarrow P^2-2P-24\le0\)

\(\Rightarrow-4\le P\le6\)so sánh với điều kiện thì ta có

\(\Rightarrow0\le P\le6\left(1\right)\)

Ta lại có:

\(x+y=\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\)

\(\Leftrightarrow P^2=\left(\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\right)^2=x+y+12+2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\)

\(\Leftrightarrow P^2=P+12+2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\)

\(\Leftrightarrow P^2-P-12=2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}P\le-3\left(l\right)\\P\ge4\left(2\right)\end{cases}}\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow4\le P\le6\)

Vậy GTNN là \(P=4\) khi \(\hept{\begin{cases}x=10\\y=-6\end{cases}or\hept{\begin{cases}x=-6\\y=10\end{cases}}}\)

GTLN là \(P=6\) khi \(x=y=3\)

3 đó bạn

Ha ~! Vẫn còn sót bài này

\(BDT\Leftrightarrow\frac{1-a}{1+a}+\frac{1-b}{1+b}+2\sqrt{\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\)

\(\le\frac{1-a-b}{1+a+b}+1+2\sqrt{\frac{1-a-b}{1+a+b}}\)

Và \(\frac{2\left(1-ab\right)}{1+ab+a+b}+2\sqrt{\frac{1+ab-a-b}{1+ab+a+b}}\)\(\le\frac{2}{1+a+b}+2\sqrt{\frac{1-a-b}{1+a+b}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}u=ab\\v=a+b\end{cases}\left(u,v\ge0\right)}\) khi đó cần c/m:

\(\frac{2\left(1-u\right)}{1+u+v}+2\sqrt{\frac{1+u-v}{1+u+v}}\le\frac{2}{1+v}+2\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\)

Biến đổi tương đương ta có: 

\(\frac{1+u-v}{1+u+v}-\frac{1-v}{1+v}\le\frac{u\left(2+v\right)}{\left(1+v\right)\left(1+u+v\right)}\left(\sqrt{\frac{1+u-v}{1+u+v}}+\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{2uv}{\left(1+u+v\right)\left(1+v\right)}\le\frac{u\left(2+v\right)}{\left(1+v\right)\left(1+u+v\right)}\left(\sqrt{\frac{1+u-v}{1+u+v}}+\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\right)\)

Nếu \(u=0\) BĐT hiển nhiên đúng. Với \(u>0\) BĐT tương đương với:

\(\frac{2v}{2+v}\le\sqrt{\frac{1+u-v}{1+u+v}}+\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\left(1\right)\)

Mà khi \(u>0\) ta có: \(\frac{1+u-v}{1+u+v}\ge\frac{1-v}{1+v}\)

Nên \(\sqrt{\frac{1+u-v}{1+u+v}}+\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\ge2\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}=2\sqrt{-1+\frac{2}{1+v}}\)

Hơn nữa ta có: \(v\le\frac{4}{5}\Rightarrow\sqrt{\frac{1+u-v}{1+u+v}}+\sqrt{\frac{1-v}{1+v}}\ge2\sqrt{-1+\frac{2}{1+\frac{4}{5}}}=\frac{2}{3}\)

Ngoài ra do \(v\le\frac{4}{5}< 1\Rightarrow\frac{2v}{1+v}=\frac{2}{\frac{2}{v}+1}< \frac{2}{3}\)

Do vậy \(\left(1\right)\) đúng, BĐT đầu được c/m

\(\hept{\begin{cases}a+b+c+d=7\\a^2+b^2+c^2+d^2=13\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b+c+d=7-a\left(1\right)\\b^2+c^2+d^2=13-a^2\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: 

\(\left(b+c+d\right)^2=b^2+c^2+d^2+2\left(bc+cd+db\right)\)

\(\le b^2+c^2+d^2+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+d^2\right)+\left(d^2+b^2\right)=3\left(b^2+c^2+d^2\right)\)

\(\Rightarrow\left(b+c+d\right)^2\le3\left(b^2+c^2+d^2\right)\left(3\right)\)

Thế (1), (2) vào (3) ta được

\(\left(7-a\right)^2\le3\left(13-a^2\right)\)

 \(\Leftrightarrow2a^2-7a+5\le0\)

\(\Leftrightarrow1\le a\le\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}min\left(a\right)=1\\max\left(a\right)=\frac{5}{2}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{min\left(a\right)+max\left(a\right)}{2}=\frac{1+\frac{5}{2}}{2}=\frac{7}{4}\)

= 7/4 nhe

\(\left(2x-4\right)^3+\left(x-5\right)^3=\left(3x-9\right)^3\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}2x-4=u\\x-5=v\end{cases}}\)thì ta có 

\(u^3+v^3=\left(u+v\right)^3\)

 \(\Leftrightarrow u^2v+uv^2=0\)

\(\Leftrightarrow uv\left(u+v\right)=0\)

Với \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u=0\\v=0\\u=-v\end{cases}}\) (không có ký hiệu hoặc 3 cái nên dùng tạm cái này)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x-4=0\\x-5=0\\2x-4=-x+5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\x=5\\x=3\end{cases}}\) 

Đặt 2x-4=a (1)

x-5=b (2)

3x-9=c (3)

Từ (1),(2),(3) --->a+b+c=0

Mặt khác : nếu a+b+c=0 --->a³+b³+c³=3abc (*)

Từ (*)--->(2x-4)³+(x-5)³-(3x-9)³=3(2x-4)(x-5)(3x-9)=0

---> x=2;x=5;x=3

a. Do I là trung điểm CD nên \(OI⊥CD\Rightarrow\widehat{OIM}=90^o.\)

Ta thấy \(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=\widehat{OIM}=90^o\) nên A, B ,M , O, I cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

b. Xét đường tròn (O) có \(\widehat{AEB}=\frac{\widehat{AOB}}{2}\) (1)

Xét đường tròn đường kính MO có MA = MB nên \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\).

Nên  \(\widehat{AOB}=\frac{sđ\widebat{AMB}}{2}=sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)

Lại có \(\widehat{MIB}=\frac{sđ\widebat{MB}}{2}=\frac{\widehat{AOB}}{2}\), vậy nên \(\widehat{MIB}=\widehat{AEI.}\)

Lại có \(\widehat{MIB}=\widehat{EID}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat{AEI}=\widehat{EID}\)

Chúng ở vị trí so le trong nên AE // CD.

c. Nếu \(MA⊥MB\)thì tứ giác OAMB là hình chữ nhật, lại có OA = OB nên nó là hình vuông. Khi đó \(OM=\sqrt{2OB^2}=R\sqrt{2}\)

Vậy để \(MA⊥MB\) thì M thuộc tia đối tia CD mà \(OM=R\sqrt{2}\)

d. Ta thấy ngay \(\Delta MBD\sim\Delta MCB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MB}{MC}=\frac{MD}{MB}\Rightarrow MB^2=MC.MD\)

Xét tam giác vuông MBO có BH là đường cao nên \(MB^2=MH.MO\)

Vậy thì \(MH.MO=MC.MD\Rightarrow\frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}\)

Suy ra \(\Delta MCH\sim\Delta MDO\left(c-g-c\right)\)

Vậy thì \(\widehat{MHC}=\widehat{MDO}\left(1\right)\) hay tứ giác HCDO nội tiếp. Vậy \(\widehat{OCD}=\widehat{OHD}\) (2) (Cùng chắn cung OD)

Lại có \(\widehat{MDO}=\widehat{OCD}\) (OC = OD = R) nên \(\widehat{MHC}=\widehat{OHD}\)

Vậy thì \(\widehat{CHB}=\widehat{DHB}\) (Cùng phụ với góc MHC và OHD)

Tóm lại HB là phân giác góc CHD(đpcm).

chưa học và khó quá nên ít người trả lời