DK: a≥0
Với dk ta có \(a+1\ge2\sqrt{a}\Leftrightarrow\dfrac{2\sqrt{a}}{a+1}\le1\)
Vậy GTLN của D là 1 khi a=1(Bất đẳng thức Cô si)

Dễ dàng chứng minh tứ giác HKFT nội tiếp: => \(\widehat{HTK}=\widehat{HFK}\)
Dễ dàng chứng minh tứ giác AFDC nội tiếp: => \(\overline{\widehat{HFK}=\widehat{HAE}}\)
Mà \(\widehat{HAE}=\widehat{HES}\) và \(\widehat{HES}+\widehat{HTS}=180\) (Dễ dàng c/m tứ giác HTSE nội tiếp)
Nên \(\widehat{HTK}+\widehat{HTS}=180\)=> 3 điểm K,T,S thẳng hàng
(Nếu chưa học tứ giác nội tiếp thì kéo dài FK và TH cắt tại điểm nào đó rồi chứng minh tam giác đồng dạng và suy ra góc như trên, tứ giác AFDC cũng vậy )

Giải bằng bất đẳng thức Cô si: (ĐK: \(x^2-x+1\ge0;-2x^2+x+2\ge0;x^2-4x+7\)
Ta có: \(x^2-x+1+1\ge2\sqrt{x^2-x+1}\Leftrightarrow\sqrt{x^2-x+1}\le\dfrac{x^2-x+2}{2}\left(1\right)\\ T,T:\sqrt{-2x^2+x+2}\le\dfrac{-2x^2+x+3}{2}\left(2\right)\\ \left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{-2x^2+x+2}\le\dfrac{x^2-x+2-2x^2+x+3}{2}=\dfrac{-x^2+5}{2}\\ \Rightarrow\sqrt{x^2-x+1}+\sqrt{-2x^2+x+2}-\dfrac{x^2-4x+7}{2}\le\dfrac{-x^2+5-x^2+4x-7}{2}\\ =\dfrac{-2x^2+4x-2}{2}\\ =-x^2+2x-1 \\ \Rightarrow-\left(x-1\right)^2\ge0\)
Điều này chỉ thỏa 1 điều kiên khi x-1=0 ⇔x=1(nhận
Vậy x=1 là nghiệm cuả phương trình

Ta có với x,y,z >0 thì:\(\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}\)
Bất đẳng thức Cô si ta có:
\(x\sqrt{1-x^2}\le\dfrac{x^2+1-x^2}{2}=\dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow\dfrac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\ge2\\ \Rightarrow\dfrac{x^3}{x\sqrt{1-x^2}}\ge2x^3\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\ge2x^3\)
Tương tự: \(\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}\ge2y^3;\dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}\ge2z^3\)
Từ đó ta có:\(\dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}}\ge2\left(x^3+y^3+z^3\right)=2\left(dpcm\right)\)
 

Ta có điều kiện phương trình: 2≤x≤4
Xét:\(x^2-5x-1\) Phải lớn hơn 0
nên với 2≤x≤4 thì ta có vùng giá trị của \(x^2-5x-1\)
\(2^2-5.2-1\le x^2-5x-1\le4^2-5.4-1\\ \Leftrightarrow-7\le x^2-5-1\le-5\)
Vậy Phương trình vô nghiệm 
 

Ta có \(a^4+b^4\ge2a^2.b^2\) (Bất đẳng thức Cô si với \(a^2;b^2\ge0\) )
Tương tự \(b^4+c^4\ge2b^2.c^2;a^4+c^4\ge2a^2.c^2\)
Do đó: \(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{2a^2b^2+2b^2c^2+2a^2c^2}{2}=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\)(1)
Ta lại có:\(a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c;b^2c^2+a^2c^2\ge2abc^2;a^2c^2+a^2b^2\ge2a^2bc\)
Nên\(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge a^2bc+ab^2c+abc^2=abc\left(a+b+c\right)=3abc\left(a+b+c=3,gt\right)\)
(1);(2) => \(a^4+b^4+c^4\ge3abc\) ;đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (*)
Giả sử: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3-3ab\left(a+b+c\right)-3c\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^2-ab-bc-ac\right]\ge0\\2.3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\\ \Leftrightarrow3\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\ge0\\\Leftrightarrow3\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]\ge0\)
Đúng mới mọi a,b,c ϵR 
Vậy \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) và đẳng thức xảy ra khi a=b=c=(a+b+c)/3 =1(**)
Ta lại có \(a^4\ge a^3;b^4\ge b^3;c^4\ge c^3\) mà a+b+c = 3
Nên \(a^4+b^4+c^4>a^3+b^3+c^3\) (***)
Từ (*);(**);(***) ta có điều phải chứng minh và đẳng thức xảy ra khi a= b=c=1
 

16x⁹ - x⁵ = 0
<=>x⁵(16x⁴-1)=0
<=>x⁵(16x⁴-4x² +4x²-1)=0
<=>x⁵[4x²(4x²-1) +(4x²-1)]=0
<=>x⁵(4x²-1)(4x²+1)=0
<=>x= 0 hoặc 4x²-1 = 0 (loại 4x²+1=0 vì nó >0)
<=> x= 0 hoặc x=+- 1/2