\(T=\dfrac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\dfrac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\dfrac{c+a}{\sqrt{ca+b}}\)

\(\odot\) Ta có: \(\dfrac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\dfrac{a+b}{\sqrt{ab+c\left(a+b+c\right)}}=\dfrac{a+b}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)

\(\odot\) Tương tự:

\(\dfrac{b+c}{\sqrt{bc+a}}=\dfrac{b+c}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

\(\dfrac{c+a}{\sqrt{ca+b}}=\dfrac{c+a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)

\(\odot\) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM

\(\Rightarrow T=\dfrac{a+b}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{b+c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+a\right)}}+\dfrac{a+c}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)

\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a+b}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\times\dfrac{b+c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+a\right)}}\times\dfrac{a+c}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}}\)

\(=3\)

\(\odot\) Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

mk mkmkmkmkmk

\(T=\dfrac{yz\sqrt{x-1}+xz\sqrt{y-2}+xy\sqrt{z-3}}{xyz}\)

\(\odot\) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

\(yz\sqrt{x-1}=yz\times\left(1\times\sqrt{x-1}\right)\le yz\times\dfrac{1+x-1}{2}=\dfrac{xyz}{2}\)

\(xz\sqrt{y-2}=\dfrac{xz}{\sqrt{2}}\times\left(\sqrt{2}\times\sqrt{y-2}\right)=\dfrac{xz}{\sqrt{2}}\times\dfrac{2+y-2}{2}=\dfrac{xyz}{2\sqrt{2}}\)

\(xy\sqrt{z-3}=\dfrac{xy}{\sqrt{3}}\times\left(\sqrt{3}\times\sqrt{z-3}\right)=\dfrac{xy}{\sqrt{3}}\times\dfrac{3+z-3}{2}=\dfrac{xyz}{2\sqrt{3}}\)

\(\odot\) Suy ra \(T\le\dfrac{\dfrac{xyz}{2}+\dfrac{xyz}{2\sqrt{2}}+\dfrac{xyz}{2\sqrt{3}}}{xyz}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\)

\(\odot\) Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}1=\sqrt{x-1}\\\sqrt{2}=\sqrt{y-2}\\\sqrt{3}=\sqrt{z-3}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=4\\z=6\end{matrix}\right.\)

1996/1497 nhà nhé

a) Chứng minh ΔABF ~ ΔACE

\(\odot\) Ta có: FA = FB (F ∈ đường trung trực của AB)

⇒ ΔFAB cân tại F

Tương tự, ta cũng có ΔEAC cân tại E

\(\odot\) Mặt khác:

\(\widehat{FBA}=\widehat{BAD}\) (AD // BF, 2 góc so le trong)

\(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\) (AD là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\))

\(\widehat{CAD}=\widehat{ECA}\) (AD // CE, 2 góc so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{FBA}=\widehat{ECA}\)

​\(\odot\) Suy ra ​ΔFAB cân tại F và ΔEAC cân tại E có \(\widehat{FBA}=\widehat{ECA}\)​

⇒ ΔFAB ~ ΔEAC

b) Chứng minh AD, BE, CF đồng quy

\(\odot\) Gọi G là giao điểm của BE và CF. Ta sẽ chứng minh A, G, D thẳng hàng.

​\(\odot\) Theo định lí Thales: BF // EC (do cùng song song với AD)

\(\Rightarrow\dfrac{FG}{GC}=\dfrac{BF}{CE}\)

\(\odot\) Mà:

\(\dfrac{BF}{CE}=\dfrac{AB}{AC}\) (ΔFAB ~ ΔEAC)

\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{CD}\) (AD là đường phân giác của ΔABC)

\(\odot\) Suy ra \(\dfrac{FG}{GC}=\dfrac{BD}{CD}\)

Theo định lí Thales đảo ⇒ GD // BF

mà AD // BF (gt) nên \(AD\equiv GD\)

⇒ A, G, D thẳng hàng

⇒ đpcm

c) Chứng minh A, P, G, Q, F đồng viên

\(\odot\) Ta có: \(\widehat{FAG}=\widehat{EAG}\)

mà \(\widehat{EAG}=\widehat{QGA}\) (2 góc so le trong, QG // AE)

\(\Rightarrow\widehat{FAG}=\widehat{QGA}\)

mà FAGQ là hình thang

⇒ FAGQ là hình thang cân

⇒ FAGQ nội tiếp (1)

\(\odot\) Mặt khác: ECGP nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{CEP}=\widehat{PGF}\) (cùng bù \(\widehat{PGC}\))

mà \(\widehat{CEP}=\widehat{FQP}\) (2 góc so le trong, BF // CE)

\(\Rightarrow\widehat{PGF}=\widehat{FQP}\)

⇒ FQGP nội tiếp (2)

\(\odot\) Từ (1) và (2) ⇒ Ngũ giác AFQGP nội tiếp

⇒ đpcm

\(A=\dfrac{2x^2+2y^2+12xy}{x+y}=\dfrac{\left(2x^2+2y^2+4xy\right)+8xy}{x+y}=\dfrac{2\left(x+y\right)^2+2}{x+y}\)

Đặt x + y = t (t > 0)

\(\Rightarrow A=\dfrac{2t^2+2}{t}=\dfrac{\left(2t^2-4t+2\right)+4t}{t}=\dfrac{2\left(t-1\right)^2}{t}+4\ge4\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x+y=1\\xy=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\)

(*) với k = 0 pt <=> \(x-2=0\Leftrightarrow x=2\) ( TM )

(*) với k khác 0 . pt là pt bậc 2 

\(\Delta=\left(1-2k\right)^2-4k\left(k-2\right)=4k^2-4k+1-4k^2+8k=4k+1\)

Để pt có nghiệm hữu tỉ khi 4k + 1 là số chính phương 

=> \(4k+1=a^2\) (1) Vì 4k + 1 là số lẻ => a^2 là số lẻ => a là số lẻ => a = 2n + 1 ( n thuộc Z ) thay vào (1) ta có 

\(4k+1=\left(2n+1\right)^2=4n^2+4n+1\Leftrightarrow4k=4n\left(n+1\right)\Leftrightarrow k=n\left(n+1\right)\)

Vậy với k = n(n+1) thì pt luôn có nghiệm hữu tỉ ( n thuộc Z ) 

=> 5x - 10 - x  + 3 = 15 

4x - 13 = 15

4x = 15 + 7 = 22

x = 22 : 4 = 5,5 

Đặt \(M=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\)

\(=\left(a^2+ab+ac+bc\right)\left(b^2+ab+ac+bc\right)\left(c^2+ab+ac+bc\right)\)

\(=\left[\left(a+c\right)\left(a+b\right)\right]\left[\left(b+c\right)\left(a+b\right)\right]\left[\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right]\)

\(=\left[\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\right]^2\) là số chính phương.

Vậy ta có đpcm.

                     12 chuyến đó bạn