xài bđt phụ mới cần phải chứng minh nhé 

mà tau nhớ làm gì có Cô si dạng Engel ??? ._.

Ý mày là không tồn tại cái BĐT tên Cosi dạng engel á:")?

Cauchy-Schwarz dạng Engel thì có :)) còn Cauchy dạng Engel chưa nghe bao giờ ???

Ta có :

\(a^2+b^2\)\(=a^2-2ab+b^2+2ab\)

                   \(=\left(a-b\right)^2+2ab\ge2ab\)   

Mà CTV là j vậy.

vào link 

https://olm.vn/tin-tuc/Giai-thuong-cong-tac-vien-hoc-ky-2-nam-hoc-2017---2018.html

sẽ hướng dẫn bn cách đăng kí làm cộng tác viên 

Với mọi a,b ta có:

\(\left(a-b\right)^2\ge0\)

<=> \(a^2-2ab+b^2\ge0\)

<=> \(a^2+b^2\ge2ab\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b

Chứng minh \(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}với\left(x;y;z>0\right)\)

Thường thì sẽ sử dụng cái này nhiều nhất

Đầu tiên đi chứng minh 

\(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\\ \Leftrightarrow\dfrac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\dfrac{a^2+2ab+b^2}{x+y}\\ \Leftrightarrow a^2xy+\left(bx\right)^2+\left(ay\right)^2+b^2xy\ge a^2xy+2abxy+b^2xy\\ \Leftrightarrow\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2-2abxy\ge0\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

Áp dụng 1 lần nữa ta có điều ở trên

Dấu $=$ xảy ra $⇔\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}$

Trên đây nó ko cho đăng ảnh,mn chịu khó nhập link này vào nha:https://i.imgur.com/xQNntGH.png

\(y=-5\cdot\dfrac{1-cos2x}{2}+12sin2x+7\)

\(=-\dfrac{5}{2}+\dfrac{5}{2}\cdot cos2x+12\cdot sin2x+7\)

\(=12\cdot sin2x+\dfrac{5}{2}\cdot cos2x+\dfrac{9}{2}\)

\(=\dfrac{\sqrt{601}}{2}\cdot\left(\dfrac{12\cdot sin2x}{\dfrac{\sqrt{601}}{2}}+cos2x\cdot\dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{601}}\right)+\dfrac{9}{2}\)

\(=\dfrac{\sqrt{601}}{2}\cdot\left(sin2x\cdot cosa+cos2x\cdot sina\right)+\dfrac{9}{2}\)

\(=\dfrac{\sqrt{601}}{2}\cdot sin\left(2x+a\right)+\dfrac{9}{2}\)

\(-1< =sin\left(2x+a\right)< =1\)

=>\(\dfrac{-\sqrt{601}}{2}< =\dfrac{\sqrt{601}}{2}\cdot sin\left(2x+a\right)< =\dfrac{\sqrt{601}}{2}\)

=>\(\dfrac{-\sqrt{601}+9}{2}< =y< =\dfrac{\sqrt{601}+9}{2}\)

\(y_{min}\) khi sin(2x+a)=-1

=>\(2x+a=-\dfrac{pi}{2}+k2pi\)

=>\(2x=-\dfrac{pi}{2}-a+k2pi\)

=>\(x=-\dfrac{pi}{4}-\dfrac{a}{2}+kpi\)

\(y_{max}\) khi sin(2x+a)=1

=>\(2x+a=\dfrac{pi}{2}+k2pi\)

=>\(x=\dfrac{pi}{4}-\dfrac{a}{2}+kpi\)

Lời giải:
Cho $a_1,a_2,...,a_n>0; b_1,b_2,...,b_n>0$. Khi đó:
\(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\geq \frac{(a_1+a_2+....+a_n)^2}{b_1+b_2+...+b_n}\)

a: Xet ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

góc A chung

=>ΔADB đồng dạngvới ΔAEC

b: Xet ΔIEB vuông tại E và ΔIDC vuông tại D có

góc EIB=góc DIC

=>ΔIEB đồng dạng với ΔIDC

a) Xét tam giác ADC và tam giác BKC có: 

\(\hept{\begin{cases}\widehat{C}\text{ chung}\\\widehat{BKC}=\widehat{ADC}\left(=90^{\text{o}}\right)\end{cases}}\Rightarrow\Delta ADC\approx\Delta BKC\)(g-g)

b) Xét tam giác BDM và tam giác BDH có : 

\(\hept{\begin{cases}BD\text{ chung}\\\widehat{BDM}=\widehat{BDH}\left(=90^{\text{o}}\right)\\MD=DH\end{cases}}\Rightarrow\Delta BDM=\Delta BDH\left(c.g.c\right)\)

=> \(\widehat{BMD}=\widehat{BHD}\left(\text{góc tương ứng}\right)\)

=> \(\Delta MBH\text{ cân tại B}\)

c) Xét tam giác AHK và tam giác BMD có :

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BMD}=\widehat{AHK}\left(=\widehat{BHD}\right)\\\widehat{BDM}=\widehat{HKA}\left(=90^{\text{o}}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AKH\approx\Delta BMD\left(g-g\right)}\)

=> \(\Rightarrow\widehat{DBM}=\widehat{KAH}\text{ hay }\widehat{CBM}=\widehat{CAM}\)