Ta có  \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)=-\left(x^2-8x+15\right)\)

\(=-\left(x^2-8x+16-1\right)=-\left(x-4\right)^2+1\)

Vì \(3\le x\le5\)nên \(-\left(x-4\right)^2+1\le1\)hay \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le1\)

Em làm Cách 2: Sử dụng BĐT \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}.\)Chứng minh :Biến đổi tương đương ta được \(\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

Với \(3\le x\le5\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-3\ge0\\5-x\ge0\end{cases}}\)

Khi đó: \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le\frac{\left(x-3+5-x\right)^2}{4}=1\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x-3=5-x\Leftrightarrow x=4\left(tmđk\right)\)

\(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}+\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\le\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left[2-\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}\right]+\left[2-\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}\right]+\left[2-\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\right]\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng BĐT Schwarz, ta có :

\(\frac{b^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\)( 1 )

\(\frac{ac}{a\left(b+c\right)}+\frac{ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}=\frac{c^2}{c\left(b+c\right)}+\frac{a^2}{a\left(a+c\right)}+\frac{b^2}{b\left(a+b\right)}\)           ( 2 )

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\)

Cộng ( 1 ) với ( 2 ), ta được :

\(\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ac\right)}+\frac{2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\right)\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}\right)=\frac{9}{2}\)

không biết cách này ổn không 

Ta có : \(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}=\frac{2-\frac{b}{a}}{\frac{c}{b}+1}\) ; tương tự :...

đặt \(\frac{a}{c}=x;\frac{b}{a}=y;\frac{c}{b}=z\Rightarrow xyz=1\)

\(\Sigma\frac{2-y}{z+1}\le\frac{3}{2}\)          

\(\Leftrightarrow2\Sigma xy^2+2\Sigma x^2+\Sigma xy\ge3\Sigma x+6\)( quy đồng khử mẫu )

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{x}{y}\ge\Sigma x\)( xyz = 1 )           ( luôn đúng )

\(\Rightarrowđpcm\)

a, Với x=2

PT<=> 4+2(m-2)-m+1=0

<=> m=-1

Vậy m=-1 thì phương trình có 1 nghiệm x=2

Ý sau dùng hệ thức Vi-et là ra

à nhon mik thiếu 

Cho a > 0; b > 0; c > 0

Chứng minh bất đẳng thức: 

abc là số bất kì lớn hơn 0

học tốt

\(\cos^2\widehat{A}=\frac{AE^2}{AC^2}=\frac{AD^2}{AB^2}\)

Xét tam giác ADE và tam giác ABC có : 

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\) \(\left(=\cos\widehat{A}\right)\)

\(\widehat{A}\) là góc chung 

Do đó : \(\Delta ADE~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)

Mà tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên 

\(\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\frac{AE}{AC}\right)^2=\cos^2\widehat{A}\)\(\Rightarrow\)\(S_{ADE}=S_{ABC}.\cos^2\widehat{A}\) ( đpcm ) 

làm tạm 1 câu :v 

\(S_{ADE}+S_{BCDE}=S_{ABC}.1=S_{ABC}\left(\sin^2\widehat{A}+\cos^2\widehat{A}\right)\)

\(\Rightarrow\)\(S_{ADE}+S_{BCDE}=S_{ABC}.\sin^2\widehat{A}+S_{ABC}.\cos^2\widehat{A}\)

\(\Leftrightarrow\)\(S_{BCDE}=S_{ABC}.\sin^2\widehat{A}\) ( do \(S_{ADE}=S_{ABC}.\cos^2\widehat{A}\) ) 

Qua 4 đỉnh A,B,C,D của tứ giác ABCD đã cho, dựng các đường thẳng song song với 2 đường chéo AC,BD. Chúng cắt nhau tại 4 điểm M,N,P,Q. Khi đó ta có tứ giác MNPQ,AOBM,AODN,DOCP,BOCQ là các hình bình hành.

Suy ra MQ = NP = AC = 5,3 (cm), MN = PQ = BD = 4 (cm)

Đồng thời ^MNP = ^MQP = ^AOD = 70⁰ (Các góc có 2 cạnh tương ứng song song)

Ta cũng có S_AOD = S_AND = S_AODN/2. Từ đó S_ABCD = S_MNPQ/2 = S_MQP = S_MNP

Xét \(\Delta\)MNP: MN = 4, NP = 5,3, ^MNP = 70⁰ 

Có S_MNP = 1/2.MN.NP.Sin^MNP = 4.5,3.Sin70⁰ \(\approx\)19,9 (cm²) => S_ABCD\(\approx\)19.9 (cm²)

Kết luận: ...

Cho mik sửa tí: S_ABCD = S_MNP = 1/2.MN.NP.Sin^MNP = 1/2.4.5,3.Sin70⁰ \(\approx\)10,0 (cm²)

Vậy S_ABCD \(\approx\)10,0 cm².

1, \(x=13-4\sqrt{10}=\frac{26-8\sqrt{10}}{2}=\frac{10-2.4.\sqrt{10}+16}{2}=\frac{\left(\sqrt{10}-4\right)^2}{2}\)

Ta có: \(Q=x+\sqrt{5x}-2\sqrt{2x}-2\sqrt{10}\)

\(=\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+\sqrt{5}\right)-2\sqrt{2}\left(\sqrt{x}+\sqrt{5}\right)\)

\(=\left(\sqrt{x}+\sqrt{5}\right)\left(\sqrt{x}-2\sqrt{2}\right)\)

\(=\left(\frac{4-\sqrt{10}}{\sqrt{2}}+\sqrt{5}\right)\left(\frac{4-\sqrt{10}}{\sqrt{2}}-2\sqrt{2}\right)\)

\(=\left(2\sqrt{2}-\sqrt{5}+\sqrt{5}\right)\left(2\sqrt{2}-\sqrt{5}-2\sqrt{2}\right)\)

\(=2\sqrt{2}.\left(-\sqrt{5}\right)=-2\sqrt{10}\)

2, a,  Để đồ thị h/s  đi qua gốc tọa độ thì x=y=0

Ta có: \(-2m-1=0\Leftrightarrow m=\frac{-1}{2}\)

b, giao điểm của h/s y=x-2m-1 với trục hoành A(2m+1;0) với trục tung B(0;-2m-1)

Có: OA=2m+1; OB=|-2m-1|=2m+1

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông coS:

\(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{\left(2m+1\right)^2}+\frac{1}{\left(2m+1\right)^2}=\frac{2}{\left(2m+1\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(2m+1\right)^2}{2}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2=\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(2m+1\right)^2=1\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}2m+1=1\\2m+1=-1\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=0\\m=-1\end{cases}}}\)

c, Hoành độ trung điểm I của AB là: \(x_I=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{2m+1}{2}\)

Tung độ trung điểm I của AB: \(y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{-\left(2m+1\right)}{2}\)

Ta có: \(y_I=-x_I\)=> quỹ tích trung điểm I của AB là đường thẳng y=-x