Từ giả thiết: \(3=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\Rightarrow abc\ge1\)

Lại có:

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2.b^2c^2.c^2a^2}=3\sqrt[3]{\left(abc\right)^4}\ge3\sqrt[3]{1^4}=3\)

\(\Rightarrow6\le2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(a^4+b^4+1\right)\left(1+1+c^4\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^4+b^4+1}\le\dfrac{c^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^4+c^4+1}\le\dfrac{a^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

\(\dfrac{1}{c^4+a^4+1}\le\dfrac{b^4+2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Cộng vế: \(\Rightarrow P\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+6}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le\dfrac{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1\)

\(P_{max}=1\) khi \(a=b=c=1\)

help meeeeee

Pt hoành độ giao điểm:

\(\dfrac{1}{2}x^2=2x-m+1\Leftrightarrow x^2-4x+2m-2=0\) (1)

(d) cắt (P) tại 2 điểm pb nằm về 2 phía trục tung khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm pb trái dấu

\(\Leftrightarrow x_1x_2=2m-2< 0\)

\(\Leftrightarrow m< 1\)

\(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(6m-21\right)=m^2-10m+25\)

a.

pt có nghiệm kép khi: \(m^2-10m+25=0\Rightarrow m=5\)

b.

Do \(\Delta'=\left(m-5\right)^2\ge0;\forall m\) nên pt luôn có nghiệm với mọi m

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1=\left(m-2\right)-\left(m-5\right)=3\\x_2=\left(m-2\right)+\left(m-5\right)=2m-7\end{matrix}\right.\)

Để pt có 2 nghiệm đều lớn hơn 1

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3>1\\2m-7>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m>4\)

a: Xét tứ giác APHQ có \(\widehat{APH}+\widehat{AQH}=90^0+90^0=180^0\)

nên APHQ là tứ giác nội tiếp

b: ta có: APHQ là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{APQ}=\widehat{AHQ}\)

=>\(\widehat{APQ}=\widehat{ACB}\)

=>\(\widehat{MPB}=\widehat{MCQ}\)

Xét ΔMPB và ΔMCQ có

\(\widehat{MPB}=\widehat{MCQ}\)

\(\widehat{PMB}\) chung

Do đó: ΔMPB~ΔMCQ

=>\(\dfrac{MP}{MC}=\dfrac{MB}{MQ}\)

=>\(MP\cdot MQ=MB\cdot MC\)

1: Thay x=16 vào B, ta được:

\(B=\dfrac{16+3}{4-2}=\dfrac{19}{2}\)

2: \(A=\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}-2}\)

\(=\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{2}{\sqrt{x}-1}+\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}-1-2\left(\sqrt{x}+2\right)+x+\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\dfrac{x+2\sqrt{x}-2\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{x-4}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-1}\)

a.

Phương trình có nghiệm khi:

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2+7m^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow8m^2+2m+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow8\left(m+\dfrac{1}{8}\right)^2+\dfrac{7}{8}>0\) (luôn đúng)

Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m

b.

Pt có nghiệm kép khi:

\(\Delta=\left(m+1\right)^2-48=0\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m-47=0\)

\(\Rightarrow m=-1\pm4\sqrt{3}\)

c.

Pt có nghiệm \(x=-3\) khi:

\(2.\left(-3\right)^2-m^2.\left(-3\right)+18m=0\)

\(\Leftrightarrow3m^2+18m+18=0\Rightarrow m=-3\pm\sqrt{3}\)

a: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\cdot7\cdot\left(-m^2\right)\)

\(=4\left(m^2+2m+1\right)+28m^2\)

\(=32m^2+8m+4\)

\(=32\left(m^2+\dfrac{1}{4}m+\dfrac{1}{8}\right)\)

\(=32\left(m^2+2\cdot m\cdot\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{64}+\dfrac{7}{64}\right)\)

\(=32\left(m+\dfrac{1}{8}\right)^2+\dfrac{7}{2}>=\dfrac{7}{2}>0\forall m\)

=>Phương trình luôn có nghiệm

b: \(\text{Δ}=\left(m+1\right)^2-4\cdot3\cdot4=\left(m+1\right)^2-48\)

Để phương trình có nghiệm kép thì Δ=0

=>\(\left(m+1\right)^2-48=0\)

=>\(\left(m+1\right)^2=48\)

=>\(m+1=\pm4\sqrt{3}\)

=>\(m=\pm4\sqrt{3}-1\)

c: Thay x=-3 vào phương trình, ta được:

\(2\cdot\left(-3\right)^2-m^2\cdot\left(-3\right)+18\cdot m=0\)

=>\(3m^2+18m+18=0\)

=>\(m^2+6m+6=0\)

=>\(\left(m+3\right)^2=3\)

=>\(m+3=\pm\sqrt{3}\)

=>\(m=\pm\sqrt{3}-3\)

= khi phương trình có 2 vế là 1 đẳng thức hoặc bất đẳng thức => khi phương trình có 1 vế là 1 biểu thức (tham khảo)

a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{MAD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AD

\(\widehat{ACD}\) là góc nội tiếp chắn cung AD

Do đó: \(\widehat{MAD}=\widehat{ACD}\)

Xét ΔMAD và ΔMCA có

\(\widehat{MAD}=\widehat{MCA}\)

\(\widehat{AMD}\) chung

Do đó: ΔMAD~ΔMCA

=>\(\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MD}{MA}\)

=>\(MA^2=MD\cdot MC\)