\(a^2+b^2=4\) suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le2\\0\le b\le2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a^3\le2a^2\\0\le b^3\le2b^2\end{matrix}\right.\)

\(a^3+b^3\le2\left(a^2+b^2\right)=8\)

Dấu \(=\) xảy ra tại \(a=2,b=0\) hoặc \(a=0,b=2\).

$a^2+b^2=4$ suy ra $\{\begin{array}{c}0\le a\le 2\\ 0\le b\le 2\end{array}\iff \{\begin{array}{c}0\le a^3\le 2a^2\\ 0\le b^3\le 2b^2\end{array}$

$a^3+b^3\le 2\left(a^2+b^2\right)=8$

Dấu $=$ xảy ra tại $a=2,b=0$ hoặc $a=0,b=2$.

Nhận xét: Vế đầu của BĐT luôn đúng vì:

\(3\left(x^3+y^3+z^3\right)-3\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)=\sum\left(x-y\right)^2\left(2x+y\right)\ge0\)

Bây giờ ta sẽ chứng mình vế sau.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}p=x+y+z=2\\q=xy+yz+xz\\r=xyz\end{matrix}\right.\)

Khi đó \(x^3+y^3+z^3=p^3-3pq+3r=8-6q+3r\)

\(x^4+y^4+z^4=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)=2q^2-16q+8r+16\)

Do đó ta cần chứng minh: 

\(8-6q+3r\le q^2-8q+4r+8+1\)

\(\Leftrightarrow r+\left(q-1\right)^2\ge0\)

Điều này luôn đúng với mọi \(x,y,z\ge0\).

\(n_{BaCO_3}=\dfrac{7,88}{197}=0,04\left(mol\right)\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,3.0,2=0,06\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: FeCO₃ + H₂SO₄ --> FeSO₄ + CO₂ + H₂O

            2Al + 3H₂SO₄ --> Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

=> \(n_{Al}=\dfrac{2}{3}.n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

TH1: Kết tủa không bị hòa tan

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ --> BaCO₃ + H₂O

                              0,04<---0,04

\(\Rightarrow n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{FeCO_3}=0,04\left(mol\right)\)

m = 0,04.116 + 0,1.27 = 7,34 (g)

TH2: Kết tủa bị hòa tan 1 phần

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ --> BaCO₃ + H₂O

             0,06----->0,06--->0,06

            BaCO₃ + CO₂ + H₂O --> Ba(HCO₃)₂

              0,02---->0,02

=> \(n_{CO_2}=0,06+0,02=0,08\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{FeCO_3}=0,08\left(mol\right)\)

m = 0,08.116 + 0,1.27 = 11,98 (g)

A B C M K E O D

Do AMKE là hình vuông => AK là phân giác \(\widehat{BAC}\)

Dựng đường phân giác của \(\widehat{B}\) cắt AK tại O => O là tâm đường tròn nội tiếp tg ABC

Từ O dựng đường thẳng vuông góc và cắt AB tại D => OD là bán kính đường tròn nội tiếp tg ABC

Xét tg vuông AMK có

\(KM\perp AB;OD\perp AB\) => KM//OD

Gọi độ dài cạnh hình vuông AMKE là a \(\Rightarrow MK=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MK}{OD}=\dfrac{AK}{AO}\Rightarrow\dfrac{a\sqrt{2}}{AO}=\dfrac{\sqrt{2}+2}{2}\Rightarrow AO=\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}\)

\(\Rightarrow KO=AK-AO=a\sqrt{2}-\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}=\dfrac{2a}{\sqrt{2}+2}\)

Xét tg ABK có

\(\dfrac{AO}{AB}=\dfrac{KO}{BK}\) (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy)

\(\Rightarrow\dfrac{AO}{AM+BM}=\dfrac{KO}{BK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}}{a+BM}=\dfrac{\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}}{BK}\Rightarrow\dfrac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2}.\dfrac{\sqrt{2}+2}{2a}=\dfrac{a+BM}{BK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+BM}{BK}=\sqrt{2}\Rightarrow\dfrac{MK+BM}{BK}=\dfrac{MK}{BK}+\dfrac{BM}{BK}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{B}+\sin\widehat{MKB}=\sqrt{2}\)

Mà \(KM\perp AB;AC\perp AB\) => KM//AC \(\Rightarrow\widehat{MKB}=\widehat{C}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{B}+\sin\widehat{C}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow2\sin\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\cos\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow2\cos45^o\cos\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=\sqrt{2}\Rightarrow\cos\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}=0\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{C}=45^o\)

 

tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=x²-2mx+3 trên đoạn (1, +∞)

tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=x2-2mx++m²+4 đồng biến trên khoảng (1, +∞)

\(\dfrac{x+\sqrt{11}}{x^2+2x\sqrt{11}+11}\) = \(\dfrac{x+\sqrt{11}}{(x+\sqrt{11)}^2}\) =  x +\(\sqrt{11}\)

$\frac{x+\sqrt{11}}{x^2+2x\sqrt{11}+11}$ = $\frac{x+\sqrt{11}}{(x+{\sqrt{11)}}^2}$ =  x +$\sqrt{11}$