lm câu mấy ạ

14.

\(\left(ab+c\right)\left(bc+a\right)\le\dfrac{1}{4}\left(ab+bc+c+a\right)^2=\dfrac{1}{4}\left(a+c\right)^2\left(b+1\right)^2\)

Tương tự:

\(\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\le\dfrac{1}{4}\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)^2\)

\(\left(bc+a\right)\left(ca+b\right)\le\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)^2\)

Nhân vế với vế và khai căn:

\(\left(ab+c\right)\left(bc+a\right)\left(ca+b\right)\le\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)

Mặt khác ta có:

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\dfrac{1}{27}\left(a+b+c+3\right)^3=8\)

\(\Rightarrow\left(ab+c\right)\left(bc+a\right)\left(ca+b\right)\le\dfrac{1}{8}.8.\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi...

15.

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}\le2\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(\dfrac{2a^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}-1\right)\le2-3\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(b+c-a\right)^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}\ge1\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}b+c-a=x\\c+a-b=y\\a+b-c=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{y+z}{2}\\b=\dfrac{x+z}{2}\\c=\dfrac{x+y}{2}\end{matrix}\right.\)

\(VT=\sum\dfrac{x^2}{2\left(\dfrac{y+z}{2}\right)^2+x^2}=\sum\dfrac{2x^2}{2x^2+\left(y+z\right)^2}\ge\sum\dfrac{2x^2}{2x^2+2\left(y^2+z^2\right)}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi...

-Sao bạn đăng bài lớp 8 rồi đăng bài lớp 9 vậy?

\(y'=\left(m+3\right)x^2-4x+m\)

Hàm nghịch biến trên R khi và chỉ khi \(y'\le0\) ; \(\forall x\in R\)

- Với \(m=-3\) ko thỏa mãn

- Với \(m\ne-3\) bài toán thỏa mãn khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}m+3< 0\\\Delta'=4-m\left(m+3\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< -3\\\left[{}\begin{matrix}m\ge1\\m\le-4\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m\le-4\)

-Để mình suy nghĩ ngồi làm cho bạn nhé.

-Vì bài dài quá nên mình nói tóm tắt:

a) -Bạn chứng minh △ABM = △BCN (g-c-g) do có \(AB=BC\) , \(\widehat{BCN}=\widehat{ABM}=90^0\),\(\widehat{NBC}=\widehat{MAB}\) (bạn tự chứng minh).

-Suy ra: \(BM=CN\) .

-Suy ra 2 điều:

+\(QM^2-BQ^2=MN^2-MC^2\)

+\(QM+BQ=MN+MC\) (1)

\(QM^2-BQ^2=MN^2-MC^2\)

\(\Rightarrow\left(QM-BQ\right)\left(QM+BQ\right)=\left(MN-MC\right)\left(MN+MC\right)\)

\(\Rightarrow QM-BQ=MN-MC\) (2)

-Từ (1),(2) suy ra \(QM=MN\) nên △BMQ=△CNM (ch-cgv).

\(\Rightarrow\) MQ vuông góc với MN (bạn tự c/m).

\(QM=MN\) nên \(BQ=MC\) nên \(AQ=BM\Rightarrow PQ^2-AP^2=QM^2-BQ^2;QM+BQ=PQ+AP\)

Nên \(PQ=QM;\Delta APQ=\Delta BQM\) nên PQ⊥QM ; AP=BQ nên PQ=AQ

-Từ PQ=AQ bạn tự c/m PN=PQ (theo sườn mình đã cho) rồi sau đó c/m tam giác APQ=tam giác DNP rồi từ đó suy ra PQ vuông góc PN

.......

a)\(\dfrac{2}{3}\sqrt{81}-\dfrac{1}{2}\sqrt{16}=\dfrac{2}{3}.9-\dfrac{1}{2}.4=6+2=8\)

b)\(0,5\sqrt{0,04}+5\sqrt{0,36}=0,5.0,2+5.0,6=0,1+3=3,1\)

c)\(\sqrt{\left(\sqrt{5}-3\right)^2}+\sqrt{\left(\sqrt{5}-13\right)^2}=\sqrt{5}-3+\sqrt{5}-13=2\sqrt{5}-16\)

h: Ta có: \(\sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{4+2\sqrt{3}}+\sqrt{4-2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{3}+1+\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}\)

\(=\sqrt{6}\)