\(\left(x^2+2y^2\right)\left(1+2\right)\ge\left(x+2y\right)^2=1\)(bunyakovsky)

\(\Rightarrow x^2+2y^2\ge\dfrac{1}{3}\)

dấu = xảy ra: \(\dfrac{x}{1}=\dfrac{\sqrt{2}y}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{3}\)

e làm cách nầy dk k

we đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)

cần chứng minh \(\sqrt{2x}+\sqrt{2y}+\sqrt{2z}\le\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\)

ta có: \(\left(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\right)^2=2\left(x+y+z\right)+2\left[\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}+\sqrt{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}\right]\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky:\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge\sqrt{xy}+\sqrt{yz}\)

thiết lập tương tự , ta có: \(2\sum\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\ge4\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\right)\)

\(\Rightarrow VT^2\ge2\left(x+y+z+2\sqrt{xy}+2\sqrt{yz}+2\sqrt{xz}\right)=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2=VF^2\)

do đó \(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\ge\sqrt{2x}+\sqrt{2y}+\sqrt{2z}\)

dấu = xảy ra khi x=y=z hay a=b=c

a) \(\Delta AOH=\Delta BOH\)(ch-cgv)

b) C là trực tâm tam giác OAB

c) tam giác vuông AOD có góc OAD =30 => OD=1/2 OA

a) same bài trên nhá

b) \(AK=AC=\dfrac{1}{2}AB\)(do \(\widehat{C}=30^o\))

=> AK=KB

c) \(\Delta ABC=\Delta BAD\)(g.c.g)

d) AC=AK;AK=KB và EB >KB

d) trực tâm

a) \(\Delta ABD=\Delta EBD\)(ch-gn)

=> AB=AE => \(\Delta ABE\)cân ở B => đpcm

b) \(\Delta ADF=\Delta EDC\)(g.c.g)

c) AC<DC ? Cho coffee cho tỉnh ngủ nà

d) D là trực tâm => \(BD\perp FC\)mà \(BD\perp AE\)=> AE//FC