1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)

Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)

\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)

Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm.

Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v

Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau

Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)

Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)

Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:

\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)

sol của tớ :3

Nếu y=0 thì x²=1 => P=2

Nếu y\(\ne\)0 .Đặt \(t=\frac{x}{y}\)

\(P=\frac{2\left(x^2+6xy\right)}{1+2xy+2y^2}=\frac{2\left(x^2+6xy\right)}{x^2+2xy+3y^2}=\frac{2\left[\left(\frac{x}{y}\right)^2+6\cdot\frac{x}{y}\right]}{\left(\frac{x}{y}\right)^2+2\frac{x}{y}+3}=\frac{2\left(t^2+6t\right)}{t^2+2t+3}\)

\(\Rightarrow P.t^2+2P\cdot t+3P=2t^2+12t\)

\(\Leftrightarrow t^2\left(P-2\right)+2t\left(P-6\right)+3P=0\)

Xét \(\Delta'=\left(P-2\right)^2-3P\left(P-6\right)=-2P^2-6P+36\ge0\)

\(\Leftrightarrow-6\le P\le3\)

Dấu bằng xảy ra khi:

Max:\(x=\frac{3}{\sqrt{10}};y=\frac{1}{\sqrt{10}}\left(h\right)x=\frac{3}{-\sqrt{10}};y=\frac{1}{-\sqrt{10}}\)

Min:\(x=\frac{3}{\sqrt{13}};y=-\frac{2}{\sqrt{13}}\left(h\right)x=-\frac{3}{\sqrt{13}};y=\frac{2}{\sqrt{13}}\)

khó ha

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+xy=18\\xy\left(x+2y\right)\left(y-x\right)=72\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\left(x+2y\right)+y\left(y-x\right)=18\\xy\left(x+2y\right)\left(y-x\right)=72\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}x\left(x+2y\right)=a\\y\left(y-x\right)=b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=18\\ab=72\end{cases}}\)

Tới đây thì đơn giản rồi nhé

???

bien doi phuong trinh 2 tim dc quan het cua x y roi thay vao pt 1 la ra

ĐK: x + y khác 0 

\(\hept{\begin{cases}8x^2+8y^2+4xy-13+\frac{5}{\left(x+y\right)^2}=0\left(1\right)\\x+y+\frac{1}{x+y}+x-y=1\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow5\left(x+y\right)^2+\frac{5}{\left(x+y\right)^2}+3\left(x-y\right)^2=13\)

<=> \(5\left(x+y+\frac{1}{x+y}\right)^2+3\left(x-y\right)^2=23\)

Đặt: \(x+y+\frac{1}{x+y}=a;x-y=b\) ta có hệ : 

\(\hept{\begin{cases}a+b=1\\5a^2+3b^2=23\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}b=1-a\\5a^2+3\left(1-a\right)^2=23\end{cases}}\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}a=2\\b=-1\end{cases}}\) hoặc \(\orbr{\begin{cases}a=-\frac{5}{4}\\b=\frac{9}{4}\end{cases}}\)

+) Với \(\orbr{\begin{cases}a=2\\b=-1\end{cases}}\) ta có: \(\hept{\begin{cases}x+y+\frac{1}{x+y}=2\\x-y=-1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=1\\x-y=-1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=0\\y=1\end{cases}}\)

+) Với \(\orbr{\begin{cases}a=-\frac{5}{4}\\b=\frac{9}{4}\end{cases}}\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}x+y+\frac{1}{x+y}=-\frac{5}{4}\\x-y=\frac{9}{4}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)^2+\frac{5}{4}\left(x+y\right)+1=0\left(vonghiem\right)\\x-y=\frac{9}{4}\end{cases}}\) loại 

Vậy ( x; y ) = ( 0; 1)

ĐK: \(x,y\ge0\)

\(x\sqrt{x}-8\sqrt{y}=\sqrt{x}+y\sqrt{y}\Rightarrow\left(x-1\right)\sqrt{x}=\left(y+8\right)\sqrt{y}\)

\(\Rightarrow x\ge1\)

\(\Rightarrow\left(y+4\right)\sqrt{y+5}=\left(y+8\right)\sqrt{y}\Rightarrow\left(y+5\right)\left(y^2+8y+16\right)=y\left(y^2+16y+64\right)\)

\(\Rightarrow y^3+13y^2+56y+80=y^3+16y^2+64y\)

\(\Rightarrow-3y^2-8y+80=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=4\left(N\right)\\y=-\frac{20}{3}\left(l\right)\end{cases}}\)

Vậy y = 4 và x = 9.

Đặt \(a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}\) \(a,b\ge0\) thì hệ đã cho trở thành : 

\(\hept{\begin{cases}a^3-8b=a+b^3\\a^2-b^2=5\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(a^2-1\right)=b\left(b^2+8\right)\\a^2-b^2=5\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\left(b^2+4\right)=b\left(b^2+8\right)\\a^2-1=b^2+4\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{b\left(b^2+8\right)}{b^2+4}\\a^2-b^2=5\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{b^2\left(b^2+8\right)^2}{\left(b^2+4\right)^2}-b^2=5\)

Lại đặt \(t=b^2,t\ge0\) thì : \(\frac{t\left(t+8\right)^2}{\left(t+4\right)^2}-t=5\Leftrightarrow t\left(t+8\right)^2-t\left(t+4\right)^2=5\left(t+4\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(t-4\right)\left(3t+20\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t=4\left(\text{nhận}\right)\\t=-\frac{20}{3}\left(\text{loại}\right)\end{cases}}\)

Với \(t=4\) thì \(b=2\) (Vì \(b\ge0\)) => \(a=3\)\(\left(a\ge0\right)\)

Vậy \(\hept{\begin{cases}a=3\\b=2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=9\\y=4\end{cases}}\)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}2x^2+y^2-3xy-4x+3y+2=0\\\sqrt{x^2-y+3}+\sqrt{y-x+1}=2\end{cases}}\)

Xét phương trình đầu : \(2x^2+y^2-3xy-4x+3y+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x^2-xy-2x\right)+\left(-2xy+y^2+2y\right)+\left(-2x+y+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(2x-y-2\right)-y\left(2x-y-2\right)-\left(2x-y-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-2\right)\left(x-y-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x-y-2=0\\x-y-1=0\end{cases}}\)

Từ đó thay y bởi x vào pt còn lại để tìm nghiệm.

giúp mình câu khác với

a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)

b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)

Vậy thì \(\Delta EHD\sim\Delta BHC\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EH}{BH}=\frac{DH}{CH}\Rightarrow BH.DH=EH.CH\)

c) Do góc \(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\) nên \(\widehat{EDA}=\widehat{CBE}\) (Cùng phụ với hai góc trên)

Suy ra \(\widebat{AC}=\widebat{AP}+\widebat{QC}\)

Lại có \(\widebat{AC}=\widebat{AQ}+\widebat{QC}\Rightarrow\widebat{AP}=\widebat{AQ}\Rightarrow AP=AQ\)

(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)

Vậy tam giác APQ cân tại A.

Ta thấy \(\widehat{AEQ}=\widebat{AQ}+\widebat{PB}=\widebat{AP}+\widebat{PB}=\widebat{AB}=\widehat{AQB}\)

Vậy \(\Delta AEQ\sim\Delta AQB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{AQ}=\frac{AQ}{AB}\Rightarrow AQ^2=AE.AB\Rightarrow AP^2=AE.AB\)

d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên \(AO⊥PQ\)

Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Khi đó \(\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}PQ.AK}{\frac{1}{2}BC.AI}=\frac{PQ}{2BC}\Rightarrow\frac{AK}{AI}=\frac{1}{2}\)

Lại có \(\Delta ABI\sim\Delta ADK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AI}{AK}=\frac{1}{2}\)

Xét tam giác vuông ABD có \(\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\Rightarrow\widebat{BC}=60^o\)

Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC  thì \(\widehat{BAC}=60^o\). Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :

\(BC=R\sqrt{3}\)

a) Ta thấy ngay tứ giác BEDC nội tiếp vì ^BEC=^BDC=90o

b) Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ^EDH=^BCH

Vậy thì ΔEHD∼ΔBHC(g−g)⇒EHBH =DHCH ⇒BH.DH=EH.CH

c) Do góc ^EDH=^BCH nên ^EDA=^CBE (Cùng phụ với hai góc trên)

Suy ra ⁀AC=⁀AP+⁀QC

Lại có ⁀AC=⁀AQ+⁀QC⇒⁀AP=⁀AQ⇒AP=AQ

(Liên hệ giữa dây và cung căng dây)

Vậy tam giác APQ cân tại A.

Ta thấy ^AEQ=⁀AQ+⁀PB=⁀AP+⁀PB=⁀AB=^AQB

Vậy ΔAEQ∼ΔAQB(g−g)⇒AEAQ =AQAB ⇒AQ2=AE.AB⇒AP2=AE.AB

d) Gọi K là giao điểm của AO với PA. Do AP = AQ nên AO⊥PQ

Gọi AI là đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.

Khi đó S1S2 =12 PQ.AK12 BC.AI =PQ2BC ⇒AKAI =12 

Lại có ΔABI∼ΔADK(g−g)⇒ABAD =AIAK =12 

Xét tam giác vuông ABD có ABAD =12 ⇒^BAC=60o⇒⁀BC=60o

Như vậy, khi A thay đổi trên cung lớn BC  thì ^BAC=60o. Ta xét trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó ta tính được :

BC=R√3

~~~~~~~~~~~ai đi ngang qua nhớ để lại k ~~~~~~~~~~~~~

 ~~~~~~~~~~~~ Chúc bạn sớm kiếm được nhiều điểm hỏi đáp ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

~~~~~~~~~~~ Và chúc các bạn trả lời câu hỏi này kiếm được nhiều k hơn ~~~~~~~~~~~~

\(a+b+c\le\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ac\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=1\)

Thay vào M ta có: \(M\le\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ac}}\)

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

Xét: \(\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)^2\ge\frac{4a^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\Leftrightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\ge\frac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)

Tương tự rồi cộng vế vs vế ta được: \(M\le\frac{\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{a+c}{a+c}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c = \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)

cosplay de chuyen thai nguyen 17-18

\(4\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+x+y\right)-3x^2y^2=4\left(1+x+y+xy\right)\left(1+x+y\right)-3x^2y^2\)

\(=4\left(1+x+y\right)^2+4xy\left(1+x+y\right)+x^2y^2-4x^2y^2\)

\(=\left[2\left(1+x+y\right)+xy\right]^2-\left(2xy\right)^2=\left(2+2x+2y+xy-2xy\right)\left(2+2x+2y+xy+2xy\right)\)

\(=\left(2+2x+2y-xy\right)\left(2+2x+2y+3xy\right)\)

giúp mình câu khác được ko? câu này mình biết làm òi

24 va 18 de ma ta !

đáp số là 18 và 24 chuẩn luôn học sinh lớp 6 còn làm được