\(S=a+\frac{1}{a}=\frac{a}{9}+\frac{8a}{9}>2\sqrt{\frac{a}{9}.\frac{1}{a}}+\frac{8a}{9}=2.\frac{1}{3}+\frac{8a}{a}>\frac{2}{3}+\frac{8.3}{9}=\frac{2}{3}+\frac{8}{3}=\frac{10}{3}.\)

\(S_{min}=\frac{10}{3}=a^2=9=a=3\)

\(S=a+\frac{1}{a}=a+\frac{9}{a}-\frac{8}{a}\)

\(=\left(a+\frac{9}{a}\right)-\frac{8}{a}\ge2\sqrt{a.\frac{9}{a}}-\frac{8}{a}\)(BĐT Cauchy)

\(=6-\frac{8}{a}\)

Vì \(a\ge3\Rightarrow\frac{8}{a}\le\frac{8}{3}\Rightarrow-\frac{8}{a}\ge-\frac{8}{3}\)

=> \(6-\frac{8}{a}\ge6-\frac{8}{3}=\frac{10}{3}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a=\frac{9}{a}\\a=3\end{cases}}\Leftrightarrow a=3\)

Vậy MIN S = 10/3 khi a = 3

... toàn toán lớp 9 nhiều người học olm lớp 9 thế

có bt bùi diệu linh không lớp 6 nó thik cậu đó

hảo hán

mk lớp 7

Dấu '' = '' không xảy ra

Áp dụng BĐT AM-GM:

Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)

\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)

Ta có đpcm.

668

123

xàm quá Nghêm Hoàng Nam

\(Ax^2-2A=-7x^2+6x+3!\)

\(x^2\left(A+7\right)-6x-2A-3=0\)

\(\text{Δ}=3^2=\left(2A+3\right)\left(A+7\right)>0\)

\(\orbr{\begin{cases}A< -6\\A>\frac{5}{2}\end{cases}}\)

A không có max và min

NHẦM

\(A=\frac{-7x^2+6x+3}{x^2+2}\)

\(=\frac{2\left(x^2+2\right)-9x^2-6x-1}{x^2+2}\)

\(=\frac{2\left(x^2+2\right)-\left(9x^2-6x-1\right)}{x^2+2}\)

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

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

Vì \(-\left(3x-1\right)^2< 0\text{∀}x\)

\(x^2+2>0\text{∀}x\)

\(-\frac{\left(3x-1\right)^2}{x^2+2}< 0\)

\(2-\frac{\left(3x-1^2\right)}{x^2+2}< 2-0=2\)

Vậy GTLN của \(A\)là \(2\)khi : \(\left(3x-1\right)^2=0\)

\(x=\frac{1}{3}\)

Căn (35 + 12.căn 6)
= căn(27 + 12.căn6 + 8)
= căn(3.căn3 + 2.căn2)²
= 3.căn3 + 2.căn2

\(\sqrt{35+2\sqrt{6^2\times6}}\)=\(\sqrt{8+2\sqrt{8}\sqrt{27}+27}\)=\(\sqrt{\left(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}\right)^2}\)=\(2\sqrt{2}+3\sqrt{3}\)

a/ Ta có

\(AD\perp OA\) (AD là tiếp tuyến)

O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) => AO là trung tuyến của \(\Delta ABC\Rightarrow BC\perp AO\)  (trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh đồng thời là đường cao)

=> AD//BC (cùng vuông góc với OA); mà AD=BC (gt) => ABCD là hình bình hành ( Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và bằng nhau thì tứ giác đó là hình bình hành)

b/ Do ABCD là hình bình hành nên AC cắt BD tại trung điểm mỗi đường

Mặt khác ta cũng có OM đi qua trung điểm của AC (Hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn thì vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm)

=> AC; BD; OM đồng quy

) Có:

a) 

Vì vậy AD = BC và AD//BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
b) Theo tứ giác ABCD là hình thành nên BD và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì MA=MC và OM là tia phân giác góc AMC.
AM = MC nên tam giác AMC cân tại M và MO là tia phân giác của tam giác AMC nên OM cũng đi qua trung điểm của AC.
Suy ra ba đường thẳng AC, BD, OM đồng quy.

Cho \(xy=1\)và \(x,y>0\)

Tìm \(M_{max}=\frac{x}{x^4+y^2}+\frac{y}{x^2+y^4}\)

\(M=\frac{x}{x^4+\frac{1}{x^2}}+\frac{x}{y^2+\frac{1}{y^2}}\)

\(M=\frac{x^4}{x^6+1}+\frac{y^3}{y^6+1}\)

Áp dụng BĐT Cauchy

\(x^6+1\ge2x^3=>\frac{x^2}{x^6+1}\le\frac{1}{2}\)

Tương tự \(\frac{y^3}{y^6+1}\le\frac{1}{2}\)

\(=>M\le1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}xy=1\\x=1\\y=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=1\)

Vậy \(M_{max}=1\)khi \(x=y=1\)