pt <=>\(2\sqrt{\frac{x^2}{4}+\sqrt{x^2-4}}=16-2x^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-4+\sqrt{x^2-4}+4}=16-x^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-4}+2=16-2x^2\)

đặt \(\sqrt{x^2-4}=t\)

\(pt\Leftrightarrow t+2=16-t^2\)

giải ra đc t =1,5 hoặc t=-2

từ đó => x

hoi kho day

hoi nhieu the

Cho tam giác ABC với AM, BN, CP là các đường trung tuyến. G là trọng tâm.

Khi đó do AM , BN, CP đều bé hơn 1 nên AG, BG, CG đều nhỏ hơn \(\frac{2}{3}\) GM; GN; GP đều nhỏ hơn \(\frac{1}{3}.\)

Gọi độ dài các đường cao hạ từ B và C xuống AM lần lượt là x và y.

Ta có: \(S_{ABC}=S_{ABG}+S_{AGC}+S_{BGM}+S_{CGM}\)

\(=\frac{1}{2}AG.x+\frac{1}{2}AG.y+\frac{1}{2}GM.x+\frac{1}{2}GM.y\)

\(< \frac{1}{2}\frac{2}{3}.x+\frac{1}{2}.\frac{2}{3}.y+\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.x+\frac{1}{2}.\frac{1}{3}.y\)

\(=\frac{1}{2}\left(x+y\right)\)

Lại thấy x, y là độ dài các đường vuông góc nên nhỏ hơn độ dài đường xiên. Hay \(x< BG< \frac{2}{3};y< GC< \frac{2}{3}\)

Vậy \(S_{ABC}< \frac{1}{2}\left(x+y\right)< \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}< 0,67.\)

Vậy \(S_{ABC}< 0,67\left(đpcm\right)\)

\(ab+bc+ac=36abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ac}{abc}=36\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=36\left(1\right)\)

\(M=\frac{1}{a+b+a+c}+\frac{1}{a+b+b+c}+\frac{1}{a+c+b+c}\)

áp dụng BĐT  cô si 

\(\Rightarrow M\le\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}+\sqrt{bc}}\right)\)

\(=\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{\sqrt{a}.\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}+\frac{1}{\sqrt{b}.\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)}+\frac{1}{\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\right)\)

\(\left(\frac{1}{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}+\frac{1}{\sqrt{b}\left(\sqrt{a}+\sqrt{c}\right)}+\frac{1}{\sqrt{c}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\right)\)

\(\le\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{\sqrt{a}.\sqrt{\sqrt{bc}}}+\frac{1}{\sqrt{b}.\sqrt{\sqrt{ac}}}+\frac{1}{\sqrt{c}.\sqrt{\sqrt{ab}}}\right)\)

\(\left(\frac{1}{\sqrt{a}.\sqrt{\sqrt{bc}}}+\frac{1}{\sqrt{b}.\sqrt{\sqrt{ac}}}+\frac{1}{\sqrt{c}.\sqrt{\sqrt{ab}}}\right)^2\)

\(\le\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)\)(2)

\(\left(\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)^2\)

\(\le\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)\(=36^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{ab}}\le36\)(3)

từ 1 , 2 , 3

\(\Rightarrow M\le\frac{1}{2}.\sqrt{36^2}=18\)

dấu = xảy ra khi .............

sửa lại chỗ

 \(M=\frac{1}{4}.36=9\)

Ta có 

a²₁ + \(\frac{1}{1999^2}\)\(\ge\frac{2a_1}{1999}\)

.............

a²₁₉₉₉ + \(\frac{1}{1999^2}\ge2\frac{a_{1999}}{1999}\)

Cộng vế theo vế ta được

a^2₁ + a^2₂ + ...+ a²₁₉₉₉ + \(\frac{1}{1999}\)\(\ge\)(a₁ + a₂ + ...+ a₁₉₉₉ ) \(\frac{2}{1999}\)= \(\frac{2}{1999}\)

<=>  a^2₁ + a^2₂ + ...+ a²_{1999 \(\ge\frac{1}{1999}\)}

Ta có PT (1) <=> ( x + \(2\sqrt{x}\)+ 1) - (y + z + \(2\sqrt{yz}\)) - \(2\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\)- 1 = 0

<=> (\(1+\sqrt{x}\))² - (\(1+\sqrt{y}+\sqrt{z}\))² = 0

<=> \(\orbr{\begin{cases}2+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=0\\\sqrt{x}-\sqrt{y}-\sqrt{z}=0\end{cases}}\)

Thế vào pt (2) được 

y + z \(-\sqrt{3z}-\sqrt{yz}\)+ 1 = 0

<=> (\(\frac{\sqrt{z}}{2}-\sqrt{y}\))²  + (\(\frac{\sqrt{3z}}{2}-1\))² = 0

<=> \(\hept{\begin{cases}z=\frac{4}{3}\\y=\frac{1}{3}\\x\:=3\end{cases}}\)

x = 3 nhé

Ta có : (x - 1)(y - 1)(z - 1) = (xy - x - y + 1)(z - 1) = xyz - xz - yz + z - xy + x + y - 1 = (x + y + z) -\(\frac{xy+yz+xz}{1}\)+ 1 - 1

= x + y + z -\(\frac{xy+yz+xz}{xyz}\)= (x + y + z) - (\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)) > 0 (do gt)

Có 2 trường hợp để (x - 1)(y - 1)(z - 1) > 0 :

_ x - 1 ; y - 1 ; z - 1 > 0 => x ; y ; z > 1 => xyz > 1 (trái với gt - loại)

_ 1 trong 3 số x - 1 ; y - 1 ; z - 1 dương,2 số còn lại âm => 1 trong 3 số x,y,z lớn hơn 1 (đpcm)

\(Q=\frac{x^2}{\sqrt{x\left(x^3+8y^3\right)}}+\frac{2y^2}{\sqrt{y\left[y^3+\left(x+y\right)^3\right]}}\)

\(=\frac{x^2}{\sqrt{\left(x^2+2xy\right)\left(x^2-2xy+4y^2\right)}}+\frac{2y^2}{\sqrt{\left(xy+2y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)}}\)

\(\ge\frac{2x^2}{2x^2+4y^2}+\frac{4y^2}{2y^2+\left(x+y\right)^2}\)\(\ge\frac{2x^2}{2x^2+4y^2}+\frac{4y^2}{2x^2+4y^2}=1\)

\(\Rightarrow Q\ge1\).Vậy Min_Q=1

\(Q=\frac{x^2}{\sqrt{x^4+8xy^3}}+\frac{2y^2}{\sqrt{y\left(y^3+\left(x+y\right)^3\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(x^4+8xy^3=x^4+8.xy.y^2\le x^4+4\left(x^2y^2+y^4\right)=\left(x^2+2y^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{x^2}{\sqrt{x^3+8xy^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+2y^2}\)

\(\sqrt{y\left(y^3+\left(x+y\right)^3\right)}=\sqrt{\left(xy+2y^2\right)\left(x^2+y^2+xy\right)}\le\frac{x^2+3y^2+2xy}{2}=\frac{2y^2+\left(x+y\right)^2}{2}\)

\(\le\frac{2y^2+2\left(x^2+y^2\right)}{2}=x^2+2y^2\)

\(\Rightarrow Q\ge\frac{x^2}{x^2+2y^2}+\frac{2y^2}{x^2+2y^2}=1\)

Vậy minQ= 1 tại \(x=y>0\)

\(4\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{29-6\sqrt{20}}}}\)

= \(4\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{3-\sqrt{20-2×3×2\sqrt{5}+9}}}\)

= \(4\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{3-2\sqrt{5}+3}}\)

= \(4\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}\)

= \(4\sqrt{\sqrt{5}-\sqrt{5}+1}\)

= 4

Ta lại có\(\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}×\left(\sqrt{3}-1\right)\)

= \(\sqrt[3]{3\sqrt{3}+3×3+3\sqrt{3}+1}×\left(\sqrt{3}-1\right)\)

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

= 2

Từ đó a = 2

Thế vào P ta được ( 2⁵ - 7×2² - 3)⁸¹ + 19

= 20

Đề đúng không vậy bạn?

Cô hướng dẫn nhé. Bài này ta sử dụng tính chất góc có đỉnh nằm trong, trên và ngoài đường tròn.

a. Do \(\widehat{DBC}=\widehat{DIB}\Rightarrow\) cung DB = cung DB + cung KC.

Lại có do CD là phân giác nên \(\widehat{BCD}=\widehat{ACD}\) hay cung BD  = cung DA. Vậy thì cung AK = cung KC hay AK = KC.

Vậy tam giác AKC cân tại K.

b. Xét tam giác ABC có CI và BI đều là các đường phân giác nên AI cũng là phân giác. Vậy AI luôn đi qua điểm chính giữa cung BC. Ta gọi là H.

AI lớn nhất khi  \(AI\perp BC.\)

c. Gọi J là giao ddierm của HO với (O). Khi đó J cố định.

Ta thấy ngay \(\widehat{IAH}=90^o\)

Lại có AI là phân giác góc BAC nên Ạ là phân giác góc MAC. Lại do MAC cân tại A nên MJ = JC.

Vậy M luôn thuộc đường tròn tâm J, bán kinh JC (cố định).

hay ko