đề sai rồi

đặt AB=x

dễ chứng tam giác HBA và tam giác ABC đồng dạng => AB² =BH.BC <=> x² = 4BH => BH= \(\frac{x^2}{4}\)

pytago cho tam giác HAB : AB²= BH²+ AH² => AH² = x²- \(\frac{x^4}{16}\)=> AH = \(\frac{x}{4}\sqrt{16-x^2}\)

S_AIHK = HI.HK \(\le\frac{HI^2+HK^2}{2}=\frac{AH^2}{2}\)= \(\frac{x^2\left(16-x^2\right)}{32}\)

áp dụng ab\(\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)=> \(x^2\left(16-x^2\right)\le\frac{\left(x^2+16-x^2\right)^2}{4}=\frac{16^2}{4}\)

=> SAIHK \(\le\frac{16^2}{4.32}=2\)

Đạt được khi HI=HK và x²=16-x² => x=AB= 2\(\sqrt{2}\) 

HI=HK => ABC vuông cân ở A

Ta có \(\sqrt{3x^2+6x+7}=\sqrt{3\left(x+1\right)^2+4}\ge\sqrt{4}=2\)

Dấu"=" xảy ra khi x=-1

Tương tự \(\sqrt{5x^2+10x+14}=\sqrt{5\left(x+1\right)^2+9}\ge\sqrt{9}=3\)

Dấu"=" xảy ra khi x=-1

\(\Rightarrow4-2x-x^2\ge5\)

\(\Rightarrow-\left(x+1\right)^2+5\ge5\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)^2\le0\)

mà \(\left(x+1\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\left(x+1\right)^2=0\Rightarrow x=-1\)(tm)

Vậy....................

a=\(\sqrt{5}+1=>a-1=\sqrt{5}\)

\(a^4\left(a^2-2a+1\right)=a^4\left(a-1\right)^2=5a^4< =>a^6-2a^5-4a^4=0\)(1)

\(a\left(a^2-2a+1\right)=a\left(a-1\right)^2=5a< =>a^3-2a^2+a=5a< =>\) \(a^3-a^2-6a-5=a^2-2a-5=\left(a-1\right)^2-1-5=-1\)(2)

(1)+(2) ta có điều phải chứng minh

tôi ko bt

tôi ko bt

tôi ko bt

Đặt \(\sqrt{a}=x;\sqrt{b}=y;\sqrt{c}=z\left(x;y;z>0\right)\). Thay vào và quy đồng từng đẳng thức ta được

xy²+y=xyz+x

yz²+z=xyz+y

x²z+x=xyz+z

cộng 3 đẳng thức trên ta được 3xyz = xy²+yz²+zx² \(\ge3\sqrt[3]{xy^2.yz^2.zx^2}=3xyz\)

dấu '=' khi \(xy^2=yz^2=zx^2< =>x=y=z\) hay a=b=c

Vậy không nhất thiết abc=1