Trong toán học, định lý Pytago (còn gọi là Pythagorean theorem theo tiếng Anh) là một liên hệ căn bản trong hình học Euclid giữa ba cạnh của một tam giác vuông. Định lý phát biểu rằng bình phương cạnh huyền (cạnh đối diện với góc vuông) bằng tổng bình phương của hai cạnh còn lại. Định lý có thể viết thành một phương trình liên hệ độ dài của các cạnh là a, b và c, thường gọi là "công thức Pytago":^[1]

{\displaystyle a^{2}+b^{2}=c^{2},}

với c là độ dài cạnh huyền và a và b là độ dài hai cạnh góc vuông hay còn gọi là cạnh kề.

Mặc dù những hiểu biết về mối liên hệ này đã được biết trước thời của ông,^[2][3] định lý được đặt tên theo nhà toán học Hy Lạp cổ đại Pythagoras (k. 570–495 BC) khi - với những tư liệu lịch sử đã ghi lại - ông được coi là người đầu tiên chứng minh được định lý này.^[4][5][6] Có một số chứng cứ cho thấy các nhà toán học Babylon đã hiểu về công thức này, mặc dù có ít tư liệu cho thấy họ đã sử dụng nó trong khuôn khổ của toán học.^[7][8] Các nhà toán học khu vực Lưỡng Hà, Ấn Độ và Trung Quốc cũng đều tự khám phá ra định lý này và trong một số nơi, họ đã đưa ra chứng minh cho một vài trường hợp đặc biệt.

Ta có: \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow b\left(a+b\right)x^2+a\left(a+b\right)y^2\ge ab\left(x+y\right)^2\)

\(\Leftrightarrow abx^2+b^2x^2+a^2y^2+aby^2\ge abx^2+2abxy+aby^2\)

\(\Leftrightarrow b^2x^2+a^2y^2-2abxy\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(bx-ay\right)^2\ge0\) ( bđt luôn đúng)

=> bđt đề bài luôn đúng

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số \(\left(\frac{x}{\sqrt{a}};\frac{y}{\sqrt{b}};\frac{z}{\sqrt{c}}\right)\)  và \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)\)

Ta có:\(\left(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\right)\left(a+b+c\right)\)

 \(=\left[\left(\frac{x}{\sqrt{a}}\right)^2+\left(\frac{y}{\sqrt{b}}\right)^2+\left(\frac{z}{\sqrt{c}}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]\)

\(\ge\left(\frac{x}{\sqrt{a}}\cdot\sqrt{a}+\frac{y}{\sqrt{b}}\cdot\sqrt{b}+\frac{z}{\sqrt{c}}\cdot\sqrt{c}\right)^2\)

\(=\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\)

Ta có: \(x\left(x+2y\right)^3-y\left(y+2x\right)^3=27\)

\(\Leftrightarrow x\left(x^3+6x^2y+12xy^2+8y^3\right)-y\left(y^3+6xy^2+12x^2y+8x^3\right)=27\)

\(\Leftrightarrow x^4+6x^3y+12x^2y^2+8xy^3-y^4-6xy^3-12x^2y^2-8x^3y=27\)

\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^4\right)-2x^3y+2xy^3=27\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-y^2\right)\left(x^2+y^2\right)-2xy\left(x^2-y^2\right)=27\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-y^2\right)\left(x^2-2xy+y^2\right)=27\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)^3=27\)

Vì x , y > 0 => \(x+y>0\Rightarrow\left(x-y\right)^3>0\Rightarrow x>y\)

Khi đó: \(\left(x-y\right)^3\in\left\{1;8;27\right\}\Rightarrow x-y\in\left\{1;2;3\right\}\)

Nếu \(\left(x-y\right)^3=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-y=1\\x+y=27\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=14\\y=13\end{cases}}\)

Nếu \(\left(x-y\right)^3=8\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-y=2\\x+y=\frac{27}{8}\end{cases}\left(ktm\right)}\)

Nếu \(\left(x-y\right)^3=27\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-y=3\\x+y=1\end{cases}}\left(ktm\right)\)

Vậy x = 14 , y = 13

\(6x^3-xy\left(11x+3y\right)+2y^3=6\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2y\right)\left(3x-y\right)\left(2x+y\right)=6\)

Ta thấy \(\left(3x-y\right)+\left(2x+y\right)=5x⋮5\)nên ta có các trường hợp sau: \(\left(x-2y,3x-y,2x+y\right)\in\)

\(\left\{\left(-1,-1,6\right),\left(-1,6,-1\right),\left(-1,1,-6\right),\left(-1,-6,1\right),\left(1,2,3\right),\left(1,3,2\right),\left(1,-2,-3\right),\left(1,-3,-2\right)\right\}\)Từ đây ta giải ra các nghiệm thỏa mãn là (1, 0) và (-1, -1). 

A B C D E H 5 3

a, Xét tam giác AEH và tam giác BDH 

^AHE = ^BHD ( đ.đ )

^AEH = ^BDH = 90⁰

Vậy tam giác AEH ~ tam giác BDH ( g.g )

b, Vì tam giác AEH ~ tam giác BDH ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{AH}{BH}=\frac{EH}{DH}\)( tỉ số đồng dạng ) \(\Rightarrow\frac{AH}{EH}=\frac{BH}{DH}\)( tỉ lệ thức )

Xét tam giác HAB và tam giác HED ta có : 

^AHB = ^EHD ( đ.đ )

\(\frac{AH}{EH}=\frac{BH}{DH}\)( cmt )

Vậy tam giác HAB ~ tam giác HED ( c.g.c )

\(\Rightarrow\frac{HA}{HE}=\frac{AB}{ED}\Rightarrow HA.ED=AB.HE\)

  \(3\left(2x-3\right)-9x=3\)

\(\Leftrightarrow6x-9-9x=3\)

\(\Leftrightarrow-3x=12\)

\(\Leftrightarrow x=-4\)

Vậy x = -4

Gọi chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật ban đầu là \(x,y\left(m\right);x,y>0\).

Theo bài ra ta có hệ: 

\(\hept{\begin{cases}x+y=20\\xy-\left(x+2\right)\left(y-2\right)=8\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=20\\xy-xy+2x-2y+4=8\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y=20\\x-y=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=11\\y=9\end{cases}}\)(tm)

Diện tích hình chữ nhật ban đầu là: \(xy=11.9=99\left(cm^2\right)\).

\(\frac{x-2003}{16}+\frac{x-1997}{11}+\frac{x-1992}{9}+\frac{x-1991}{7}=10\)

\(\left(\frac{x-2003}{16}-1\right)+\left(\frac{x-1997}{11}-2\right)+\left(\frac{x-1992}{9}-3\right)+\left(\frac{x-1991}{7}-4\right)=10-1-2-3-4\)

\(\frac{x-2003-16}{16}+\frac{x-1997-22}{11}+\frac{x-1992-27}{9}+\frac{x-1991-21}{7}=10-10\)

\(\frac{x-2019}{16}+\frac{x-2019}{11}+\frac{x-2019}{9}+\frac{x-2019}{7}=0\)

\(\left(x-2019\right)\left(\frac{1}{16}+\frac{1}{11}+\frac{1}{9}+\frac{1}{7}\right)=0\)

\(\Rightarrow x-2019=0\left(\text{vì }\frac{1}{16}+\frac{1}{11}+\frac{1}{9}+\frac{1}{7}\ne0\right)\)

\(x=0+2019\)

\(x=2019\)

các bạn ơi giúp mình phần c với vì mik sắp phải nộp bài rồi .cảm ơn các bạn rất nhiều.

A B C H K I D

a,

Xét \(\Delta AIB\)và \(CDB\)có :

\(+,\widehat{ABI}=\widehat{DBC}\)( Do \(BD\)là phân giác )

\(+,\widehat{BAI}=\widehat{BCD}\)( cùng phụ \(\widehat{ABC}\))

Vậy tam giác \(AIB~CDB\left(g.g\right)\)

Suy ra : \(\frac{CD}{BC}=\frac{AI}{AB}\)

Mà theo tính chất phân giác \(\frac{CD}{BC}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AD=AI\)hay \(AID\)cân tại \(A\)

b,

Tam giác \(ABI~CBD\)

Suy ra : \(\frac{BI}{BD}=\frac{AI}{CD}=\frac{AD}{CD}\)

\(\Rightarrow BI.CD=AD.BD\)

c,

Dễ dàng chứng minh tam giác \(ADB=KDB\Rightarrow AD=DK\Rightarrow AI=DK\)

Lại có AI // DK ( cùng vuông góc BC )

Vậy \(AIKB\)là hình bình hành do 2 cạnh đối song song và bằng nhau.

Lại có \(AI=AD\)nên \(AIKB\)là hình thoi.