\(\sqrt{x^2+x-1}-1+\sqrt{x-x^2+1}-1+x-x^2=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2+x-2}{\sqrt{x^2+x-1}+1}+\dfrac{x-x^2}{\sqrt{x-x^2+1}+1}+x-x^2=0\)

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

\(\Leftrightarrow x=1\)

Áp dụng BĐT: \(\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\)

Ta có: \(\sqrt{\left(x^2+x-1\right).1}+\sqrt{\left(x-x^2+1\right).1}\)

\(\le\dfrac{x^2+x-1+1}{2}+\dfrac{x-x^2+1+1}{2}=x+1\)\(\Rightarrow\)\(x^2-x+2\le x+1\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\le0\)

\(\Rightarrow x-1=0\Leftrightarrow x=1\)

Vậy ...

Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\DC\perp AC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) BH // DC

Tương tự ta cũng có: CH // DB

\(\Rightarrow BHCD\) là hình bình hành.

Gọi I là trung điểm của BC

\(\Rightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OI}\left(1\right)\)

Ta lại có OI là đường trung bình của \(\Delta ADH\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OI}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AH}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{AH}\)

\(\Leftrightarrow\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\text{ }\overrightarrow{OA}=\text{ }\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AH}\)

\(\Leftrightarrow\text{ }\overrightarrow{OH}+\text{ }\overrightarrow{HA}+\text{ }\overrightarrow{OH}+\text{ }\overrightarrow{HB}+\text{ }\overrightarrow{OH}+\text{ }\overrightarrow{HC}=\text{ }\overrightarrow{OH}\)

\(\Leftrightarrow\text{ }\overrightarrow{HA}+\text{ }\overrightarrow{HB}+\text{ }\overrightarrow{HC}=2\text{ }\overrightarrow{HO}\)

ta có:BB' là đường kính nên trong tam giác BB'C có góc C là góc vuông,tương tự góc A cũng vuông
ta lại có AH và B'C cùng vuông góc với BC
CH và B'A cùng vuông góc với AB
=>AHCB' là hình bình hành=>vectơ AH=vectơ B'C
bạn nên thêm mắm muối vào cho bài giải của mình.

Có: \(x^2-xy+y^2\ge xy\)

\(\Rightarrow x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+1\ge xy\left(x+y\right)+xyz\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^3+y^3+1}\le\dfrac{1}{xy\left(x+y+z\right)}\)

Dấu ''='' xảy ra <=> x = y

Tượng tự có:

\(\dfrac{1}{y^3+z^3+1}\le\dfrac{1}{yz\left(x+y+z\right)}\)

dấu = xảy ra <=> y = z

\(\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\le\dfrac{1}{zx\left(x+y+z\right)}\)

dấu ''='' xảy ra <=> z = x

\(\Rightarrow P\le\dfrac{x+y+z}{xyz\left(x+y+z\right)}=1\)

xảy ra khi x = y = z = 1

1/ a/ Ta có: \(\Delta BEC;\Delta BDC\) là 2 tam giác vuông và M là trung điểm BC.

\(\Rightarrow MB=MC=ME=MD\)

\(\Rightarrow\Delta MED\) cân tại D.

b/ Ta có: \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn.

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{EDA}\)

\(\Rightarrow\Delta EAD\sim\Delta CAB\)

\(\Rightarrow\dfrac{EA}{CA}=\dfrac{AD}{AB}\)

\(\Rightarrow EA.AB=CA.AD\)

Bài 5 thấy sai sai. Mà không biết nên sửa sao

Điều kiện xác định : \(-1\le x\le1\)

Đặt \(y=\sqrt{1+x},t=\sqrt{1-x}\) , (\(y,t\ge0\)

Ta có hpt: \(\begin{cases}4y-2t=yt+3\left(y^2-1\right)+1\\y^2+t^2=2\end{cases}\)

Xét pt đầu : \(4y-2t-yt-3y^2+2=0\)

thay \(2=y^2+t^2\) vào pt trên được ; 

\(4y-2t-yt-2y^2+t^2=0\) \(\Leftrightarrow\left(t-2y\right)\left(t+y-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}t=2y\\t+y=2\end{array}\right.\)

TH1. Nếu t = 2y ta có pt : \(\sqrt{1-x}=2\sqrt{1+x}\Leftrightarrow1-x=4\left(1+x\right)\Leftrightarrow x=-\frac{3}{5}\)(tmđk)

TH2. Nếu t + y = 2 ta có pt : \(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}=2\)

Lại có theo bđt Bunhiacopxki , ta có : \(\left(1.\sqrt{1+x}+1.\sqrt{1-x}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(1+x+1-x\right)=4\)

\(\Rightarrow\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\le2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}-1\le x\le1\\\sqrt{1+x}=\sqrt{1-x}\end{cases}\) \(\Leftrightarrow x=0\) (tmđk)

Vậy tập nghiệm của pt : \(S=\left\{-\frac{3}{5};0\right\}\)

đặt ẩn đi bn

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

\(x^2+xy+y^2=(x+y)^2-xy\geq (x+y)^2-\frac{(x+y)^2}{4}=\frac{3(x+y)^2}{4}\)

\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)\)

Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow A\geq \sqrt{3}(x+y+z)=3\sqrt{3}\) (đpcm)

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$

quà à k có nhé :))

haizz mà cứ giải đi rồi u sẽ đc thở :)

\begin{cases}x^3+y^2=2 \\ x^2+xy+y^2-y=0 \end{cases} - Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình - Diễn đàn Toán học

Không thì rút 1 ẩn rồi dùng hằng đẳng thức cũng ra.

Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT=\dfrac{a^2}{a+abc}+\dfrac{b^2}{b+abc}+\dfrac{c^2}{c+abc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3abc}\)

\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{3}}=\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{3+ab+bc+ca}\)

Tức cần chứng minh \(\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{3+ab+bc+ca}\ge1\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b+c\right)\ge3+ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow9\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\right)^2\)

Đặt \(a^2+b^2+c^2=k\left(ab+bc+ca\right)\left(k\ge1\right)\) và ta cần cm:

\(9(k+2)k\geq(3k+1)^2\)\(\Leftrightarrow12k-1\ge9\) *đúng với \(k\ge 1\) :|*

Vốn dĩ đề sai nên mới không ai giải đó bác