Việt Anh ...

a) Ta thấy \(\widehat{OAH}+\widehat{HAI}=\widehat{OAI}=90^o\) và \(\widehat{O'AI}+\widehat{IAH}=\widehat{O'AH}=90^o\)

nên \(\widehat{OAH}=\widehat{O'AI}\Rightarrow\widehat{AOH}=\widehat{AO'I}\left(1\right)\)

Ta thấy \(\widehat{OAO'}+\widehat{HAI}=\widehat{OAH}+\widehat{HAI}+\widehat{IAO'}+\widehat{HAI}=\widehat{OAI}+\widehat{HAO'}\)

\(=90^o+90^o=180^o\)

Xét tứ giác AHKI ta cũng có \(\widehat{HKI}+\widehat{HAI}=180^o\Rightarrow\widehat{HKI}=\widehat{OAO'}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác OAO'K là hình bình hành (Có các góc đối bằng nhau)

b) Gọi AJ và AJ' là hai đường kính của đường tròn (O) và (O')

Trước hết, ta có J, B, J' thẳng hàng. Thật vậy: \(\widehat{ABJ}+\widehat{ABJ'}=90^o+90^o=180^o\)

Ta chứng minh J, K ,J' cũng thẳng hàng.

Xét tam giác AJJ' có O' là trung điểm AJ', O'K // AJ, O'K = 1/2AJ

Vậy nên K là trung điểm JJ'.

Tóm lại J, B, K ,J' thẳng hàng.Vậy thì \(\widehat{ABK}=\widehat{ABJ'}=90^o\) hay \(KB\perp BA\)

Hình vẽ như trên

a) Ta thấy ^OAH+^HAI=^OAI=90o và ^O'AI+^IAH=^O'AH=90o

nên ^OAH=^O'AI⇒^AOH=^AO'I(1)

Ta thấy ^OAO'+^HAI=^OAH+^HAI+^IAO'+^HAI=^OAI+^HAO'

=90o+90o=180o

Xét tứ giác AHKI ta cũng có ^HKI+^HAI=180o⇒^HKI=^OAO'(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác OAO'K là hình bình hành (Có các góc đối bằng nhau)

b) Gọi AJ và AJ' là hai đường kính của đường tròn (O) và (O')

Trước hết, ta có J, B, J' thẳng hàng. Thật vậy: ^ABJ+^ABJ'=90o+90o=180o

Ta chứng minh J, K ,J' cũng thẳng hàng.

Xét tam giác AJJ' có O' là trung điểm AJ', O'K // AJ, O'K = 1/2AJ

Vậy nên K là trung điểm JJ'.

\(\Rightarrow\) J, B, K ,J' thẳng hàng.Vậy thì ^ABK=^ABJ'=90o hay KB⊥BA

a) ta có \(x+y=1\Rightarrow\left(x+y\right)^2=1\)

Áp dụng bđt cô si ta có \(2xy\le x^2+y^2\Rightarrow4xy\le\left(x+y\right)^2=1\Rightarrow2xy\le\frac{1}{2}\)

=> \(\frac{1}{2xy}\ge2\)

dấu = xảy ra <=> x=y=1/2

-868997

ta có:\(\frac{a}{a+1}=1-\frac{1}{a+1};\frac{2b}{2+b}=2-\frac{4}{2+b};\frac{3c}{3+c}=3-\frac{9}{3+c}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{1+a}+\frac{2b}{2+b}+\frac{3c}{3+c}\le\left(1+2+3\right)-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+2}+\frac{9}{c+3}\right)\)

\(\le6-\frac{\left(1+2+3\right)^2}{a+b+c+1+2+3}=6-\frac{36}{7}=\frac{6}{7}\left(Q.E.D\right)\)

ko có đk à

ĐK: \(x\ge-\frac{1}{2}\)

\(pt\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}-\sqrt{2x+1}=2x^2-4\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}-\sqrt{2x+1}\right)\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}\right)=\left(2x^2-4\right)\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{3x+5}{x+1}-\left(2x+1\right)=\left(2x^2-4\right)\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{3x+5-\left(2x^2+3x+1\right)}{x+1}=\left(2x^2-4\right)\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{4-2x^2}{x+1}=\left(2x^2-4\right)\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x^2-4\right)\left(\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}+\frac{1}{x+1}\right)=0\)

Do \(x\ge-\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{1}{x+1}>0\Rightarrow\sqrt{\frac{3x+5}{x+1}}+\sqrt{2x+1}+\frac{1}{x+1}>0\)

 \(pt\Leftrightarrow2x^2=4\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{2}\left(n\right)\\x=-\sqrt{2}\left(l\right)\end{cases}}\)

Vậy pt có nghiệm \(x=\sqrt{2}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{\frac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có: 

\(\frac{1}{b^5+a^2+c^2}\le\frac{\frac{1}{b}+a^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2};\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{\frac{1}{c}+a^2+b^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT=Σ\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cần chứng minh \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)*đúng*

Khi \(a=b=c=1\)