Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x}=p\\\sqrt{y}=q\\\sqrt{z}=r\end{cases}}\). Khi đó \(\hept{\begin{cases}p+q+r=1\\p,q,r>0\end{cases}}\)

và ta cần chứng minh \(\frac{pq}{\sqrt{p^2+q^2+2r^2}}+\frac{qr}{\sqrt{q^2+r^2+2p^2}}+\frac{rp}{\sqrt{r^2+p^2+2q^2}}\le\frac{1}{2}\)

Ta có: \(\frac{pq}{\sqrt{p^2+q^2+2r^2}}=\frac{2pq}{\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(p^2+q^2+2r^2\right)}}\)

\(\le\frac{2pq}{p+q+2r}\le\frac{1}{2}\left(\frac{pq}{p+r}+\frac{pq}{q+r}\right)\)(Theo BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT \(\frac{1}{u}+\frac{1}{v}\ge\frac{4}{u+v}\)) (1)

Hoàn toàn tương tự: \(\frac{qr}{\sqrt{q^2+r^2+2p^2}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{qr}{q+p}+\frac{qr}{r+p}\right)\)(2); \(\frac{rp}{\sqrt{r^2+p^2+2q^2}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{rp}{r+q}+\frac{rp}{p+q}\right)\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{pq}{\sqrt{p^2+q^2+2r^2}}+\frac{qr}{\sqrt{q^2+r^2+2p^2}}+\frac{rp}{\sqrt{r^2+p^2+2q^2}}\)\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{r\left(p+q\right)}{p+q}+\frac{p\left(q+r\right)}{q+r}+\frac{q\left(r+p\right)}{r+p}\right)=\frac{1}{2}\left(p+q+r\right)=\frac{1}{2}\)(Do p + q + r = 1)

Đẳng thức xảy ra khi \(p=q=r=\frac{1}{3}\)hay \(x=y=z=\frac{1}{9}\)

\(6x^2+13x-5=0\)

\(\Leftrightarrow6x^2-2x+15x-5=0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(3x-1\right)+5\left(3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+5\right)\left(3x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x+5=0\\3x-1=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x=-5\\3x=1\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{-5}{2}\\x=\frac{1}{3}\end{cases}}}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S=\left\{\frac{-5}{2};\frac{1}{3}\right\}\)

b, Xét tứ giác ACOD có : AO vuông với CD tại H 

Mà AH=HD (gt) và CH=HD ( tam giác CAD cân có AH là đường cao nên cũng là đg trung tuyến ) 

=> ACOD là hình thoi => AC=OC

Mặt khác có OA=OC=R => AC=OC=OA => AOC đều 

ABC vuông ở C có góc CAB=60độ => CBA=30độ 

tam giác MCD có : CDA=30độ (góc nt chắn cung AC) và gócMCD=90+30=120độ 

=> CMD=30độ => tam giác MAB có góc CMD=CBA=30độ => tam giác MAB cân ở A 

=> AC vừa là đcao vừa là trung tuyến => MC=BC 

Mặt khác ta có tam giác MNB vuông tại N và MC=CB nên AC là trung tuyến 

=> NC=CB=MC => NCB cân ở C => góc CNB=CBN 

Xét hai tam giác CAN và COB có : góc CNB=CBN và góc CAN=COB( cùng phụ với góc 60độ ) 

=> góc NCA=BCO mà BCO+ACO=90độ ( = ACB ) => NCA+ACO=90độ 

=> OC vuông với NC và C thuộc đ.tr nên NC là tiếp tuyến 

Hơi dài :D

a, Xét đ.tr (O) có góc ACB=90độ ( góc nt chắn nửa đ.tr ) => góc MCA=90độ 

=> góc MNA+MCA=180 độ => MNAC nt đ.tr

\(2x-3=1-x\)

\(2x-3-1-x=0\)

\(\left(2x-x\right)-\left(3-1\right)=0\\ \)

\(x-2=0\\ x=0+2\\ x=2\)

\(\text{ |2x – 3| = |1 – x|}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2x-3=1-x\\2x-3=x-1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}3x=4\\x=2\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{4}{3}\\x=2\end{cases}}\)

Vậy phương trình có tập nghiệm \(S=\left\{\frac{4}{3};2\right\}\)