a) \(\left(2x-2\sqrt{2x}+1\right)+\left(y-10\sqrt{y}+25\right)=0\)

\(\left(\sqrt{2x}-1\right)^2+\left(\sqrt{y}-5\right)^2=0\)

b) \(\left(x-4\sqrt{x}+4\right)+\left(y-14\sqrt{y}+49\right)=0\)

\(\left(\sqrt{x}-2\right)^2+\left(\sqrt{y}-7\right)^2=0\)

Đặt ĐKXĐ và giải nốt phần sau là xong.

Mình chỉ giải đến đây thôi, còn phần sau bạn tự làm nhé.

a, ĐKXĐ : \(x;y\ge0\)

\(2x+y+26=\sqrt{8x}+\sqrt{100y}\)

\(\Leftrightarrow2x+y+26=\sqrt{4.2.x}+\sqrt{10^2y}\)

\(\Leftrightarrow2x+y+1+25-2\sqrt{2}x-10\sqrt{y}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-2\sqrt{2}x+1\right)+\left(y-10\sqrt{y}+25\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}x+1\right)^2+\left(\sqrt{y}+5\right)^2=0\)

Tự lm nốt nhá bạn

A) Lấy M là trung điểm của BC. => AM là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A (Đoạn thẳng AM được ký hiệu thay cho m a).

AB = c; AC = b; BC = a. Kẻ BH vuông góc với AM, CK vuông góc với AM.

Ta có: a^2 = BC^2 = (BM + MC)^2 = (2.BM)^2 = 4.BM^2 = 4.CM^2.

Theo định lý Pytago => c^2 = AB^2 = BH^2 + AH^2; BM^2 = BH^2 + HM^2.

=> 2.AB^2 - 2.BM^2 = 2(AH^2 - HM^2) = 2(AH + MH).(AH - MH) = 2.AM.(AH - MH). (1)

Theo định lý Pytago => b^2 = AC^2 = CK^2 + AK^2; CM^2 = CK^2 + MK^2.

=> 2.AC^2 - 2.CM^2 = 2(AK^2 - MK^2) = 2(AK - MK).(AK + MK) = 2.AM.(AK + MK). (2)

Từ  (1) + (2) => 2.AB^2 + 2.AC^2 - 2.BM^2 - 2.CM^2 = 2.AM(AH - MH) + 2.AM.(AK + MK).

=> 2.AB^2 + 2.AC^2 - 4.BM^2 = 2.AM.(AH - MH + AK + MK).

=> 2.AB^2 + 2.AC^2 - BC^2 = 2.AM.(2.AM).

=> 2.c^2 + 2.b^2 - a^2 = 4.AM^2.

Bạn thay phương trình 2.c^2 + 2.b^2 - a^2 = 4.AM^2 ở trên vào câu a để giải tiếp nhé. Mình chứng minh được gần hết rồi.

Lưu ý là BH song song với CK (cả hai cùng vuông góc với AM)

Nên theo định lý Talet, ta có: BM = CM. => HM = KM.

Vừa nãy mình quên ghi vào, bạn thêm vào hộ mình nhé.

mình nghĩ nên sửa đề là \(-\sqrt{a^2+b^2}\le a\cos\alpha+b\sin\alpha\le\sqrt{a^2+b^2}\)

với a,b,x,y là số thực ta luôn có \(\left(ax+by\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)-\left(ay-bx\right)^2\)

từ đẳng thức này ta suy ra \(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)

dấu "=" xảy ra khi \(\left(ax-by\right)^2=0\)

trở lại bài toán ta luôn có \(\left(a\cos\alpha+b\sin\alpha\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha\right)=a^2+b^2\)

từ đó ta có \(-\sqrt{a^2+b^2}\le a\cos\alpha+b\sin\alpha\le\sqrt{a^2+b^2}\)

a, đề sai:)

b, \(x^3-3x^3+2x=0\Leftrightarrow-2x^3+2x=0\)

\(\Leftrightarrow-2x\left(x^2-1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\x=\pm1\end{cases}}\)

| - 3x + 7 | = 5 - x

<=> - 3x + 7 = 5 - x hoặc - 3x + 7 = - 5 + x

<=> - 3x + x = 5 - 7 hoặc - 3x - x = - 5 - 7

<=> - 2x = - 2 hoặc - 4x = - 12

<=> x = 1 hoặc x = 3

\(x^3-3x^3+2x=0\)

\(\Leftrightarrow-2x\left(x-1\right)\left(x+1\right)=0\)

<=> - 2x = 0 ; x - 1 = 0 hoặc x + 1 = 0

<=> x = 0 hoặc x = 1 hoặc x = - 1

bất đẳng thức trên tương đương: \(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\ge6abc\)

Theo Cô-si: \(VT\ge6\sqrt[6]{\left(a^2b\right).\left(ab^2\right).\left(b^2c\right).\left(bc^2\right).\left(c^2a\right).\left(ca^2\right)}=6abc\)

Dấu "=' xảy ra khi a=b=c

\(VT=\frac{b^2c^2}{bc\left(a^2+ab+bc+ca\right)}+\frac{c^2a^2}{ca\left(b^2+ab+bc+ca\right)}+\frac{a^2b^2}{ab\left(c^2+ab+bc+ca\right)}\)

ÁP DỤNG BĐT CAUCHY - SCHWARZ TA ĐƯỢC: 

=>    \(VT\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3abc\left(a+b+c\right)}\)

TA SẼ CHỨNG MINH:     \(\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3}{4}\)

<=>     \(4\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+9abc\left(a+b+c\right)\)

<=>     \(4\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+8abc\left(a+b+c\right)\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+9abc\left(a+b+c\right)\)

<=.     \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)

MÀ ĐÂY LẠI LÀ 1 BĐT LUÔN ĐÚNG !!!!!

=> VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=>     \(a=b=c\)

sửa đề thành: \(\hept{\begin{cases}x\le2\\x+y\ge5\end{cases}}\)chứng minh \(5x^2+2y^2+8y\ge62\)

đặt M=\(5x^2+2y^2+8y\)

ta có \(\hept{\begin{cases}x\le2\\x+y\ge5\end{cases}}\)nên đặt\(\hept{\begin{cases}x=2-a\\x+y=5+b\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2-a\\y=3+a+b\end{cases}\left(a,b\ge0\right)}}\)

lúc đó \(M=5x^2+2y^2+8y=5\left(2-a\right)^2+2\left(3+a+b\right)^2+8\left(3+a+b\right)\)

\(M=7a^2+4ab+2b^2+20b+62\ge62\)vì \(a,b\ge0\)

dấu "=" xảy ra khi a=b=0 tức là x=2 và y=3

a) gọi I là trung điểm của CD ta có IC=ID (1) 

mặt khác OI _|_ CD nên OI//AH//BK => IH=IK(2)

từ (1) và (2) => CH=DK (đpcm)

b) Gọi C', I', D' lần lượt là hình chiếu của C,I,D trên AB

\(\Delta HIE=\Delta KIF\left(ch.gn\right)\Rightarrow S_{AHKB}=S_{AEFB}=AB\cdot II'\)

ta lại có \(S_{ACB}=\frac{1}{2}AB\cdot CC'\left(3\right);S_{ADB}=\frac{1}{2}AB\cdot DD'\left(4\right)\)

mặt khác \(\frac{CC'+DD'}{2}=II'\left(5\right)\)

từ (3), (4) và (5) ta có \(S_{ACB}+S_{ABD}=AB\cdot II'=S_{AHKB}\)(chỗ này theo mình là S_AHKB)

c) \(OI=\sqrt{\frac{AB^2}{4}-\frac{CD^2}{4}}=12\left(cm\right)\)

\(S_{AHKB}=S_{AEFB}=AB\cdot II'\le AB\cdot OI\)

dấu "=" xảy ra khi \(II'=OI\)hay \(OI\perp AB\)lúc này CD //AB

vậy GTLN của \(S_{AHKB}=AB\cdot OI=12\cdot30=360\left(cm^2\right)\)

TỪ GT =>    \(3\le xy+yz+zx\)

=>    \(P\ge\frac{x^3}{\sqrt{y^2+xy+yz+zx}}+\frac{y^3}{\sqrt{z^2+xy+yz+zx}}+\frac{z^3}{\sqrt{x^2+xy+yz+zx}}\)

=>     \(P\ge\frac{x^3}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+\frac{y^3}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}+\frac{z^3}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 2 SỐ SẼ ĐƯỢC:

=> \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+y}.\sqrt{y+z}\le\frac{x+2y+z}{2}\\\sqrt{z+x}.\sqrt{z+y}\le\frac{x+y+2z}{2}\\\sqrt{x+y}.\sqrt{x+z}\le\frac{2x+y+z}{2}\end{cases}}\)

=>   \(P\ge\frac{2x^3}{x+2y+z}+\frac{2y^3}{x+y+2z}+\frac{2z^3}{2x+y+z}\)

=>   \(P\ge\frac{2x^4}{x^2+2xy+2xz}+\frac{2y^4}{xy+y^2+2yz}+\frac{2z^4}{2xz+yz+z^2}\)

TA TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT CAUCHY - SCHWARZ SẼ ĐƯỢC: 

=>   \(P\ge\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(xy+yz+zx\right)}\)

TA CÓ 1 BĐT SAU:      \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)      (*)

=>   \(P\ge\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

=>   \(P\ge\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{4\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)

TA LẠI 1 LẦN NỮA SỬ DỤNG BĐT (*) SẼ ĐƯỢC:  

=>   \(P\ge\frac{xy+yz+zx}{2}\ge\frac{3}{2}\left(gt\right)\)

DẤU "=" XẢY RA <=>   \(x=y=z\)

VẬY P MIN \(=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Ta có :

\(P\ge\frac{x^3}{\sqrt{y^2+xy+yz+zx}}+\frac{y^3}{\sqrt{z^2+xy+yz+zx}}+\frac{z^3}{\sqrt{z^2+xy+yz+zx}}\)

\(=\frac{x^3}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\frac{y^3}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}+\frac{z^3}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

\(\ge\frac{2x^3}{x+2y+z}+\frac{2y^3}{x+y+2z}+\frac{2z^3}{2x+y+z}\)\(\ge2.\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+3.\left(xy+yz+zx\right)}\ge2.\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{4.\left(xy+yz+zx\right)}\ge2.\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)