Bài này không khó chỉ cần sử dụng nguyên tắc Đirichle

+ Dễ dàng thấy có ít nhất 6 điểm cùng màu

+ Với 6 điểm này, xét các đoạn thảng nối một điểm A với các điểm còn lại  tồn tại ba đoạn cùng màu giả sử là AB, AC, AD. Khi đó một

trong bốn tam giác ABC, ACD, ABD, BCD là tam giác cần tìm

(bài toán này chỉ hay ở chỗ cho nhiều màu làm học sinh ... hãi nhưng nếu nắm chắc cơ bản thì okie ngay!)

Xin lỗi bạn nhưng mình chỉ tìm được GTNN của P thôi. Mong bạn thông cảm.

Ta có \(P=\sqrt{25x^2-20x+4}+\sqrt{25x^2-30x+9}\)

\(=\sqrt{\left(5x-2\right)^2}+\sqrt{\left(5x-3\right)^2}\)

\(=\left|5x-2\right|+\left|5x-3\right|\)

\(=\left|5x-2\right|+\left|3-5x\right|\)

Áp dụng BĐT \(\left|A\right|+\left|B\right|\ge\left|A+B\right|\), ta có:

\(P\ge\left|5x-2+3-5x\right|=\left|1\right|=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(5x-2\right)\left(3-5x\right)\ge0\), có 2 trường hợp xảy ra:\

TH1: \(\hept{\begin{cases}5x-2\ge0\\3-5x\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ge\frac{2}{5}\\x\le\frac{3}{5}\end{cases}}\Leftrightarrow\frac{2}{5}\le x\le\frac{3}{5}\)

TH2: \(\hept{\begin{cases}5x-2\le0\\3-5x\le0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\le\frac{2}{5}\\x\ge\frac{3}{5}\end{cases}}\)(loại)

Vậy GTNN của P là 1 khi \(\frac{2}{5}\le x\le\frac{3}{5}\)

Mình sửa lại đề bài nhaaaa

Tính GTNN của biểu thức: \(P=\sqrt{25x^2-20x+4}+\sqrt{25x^2-30x+9}\)

Ta có: \(P=\sqrt{\left(5x-2\right)^2}+\sqrt{\left(5x-3\right)^2}\)

   \(\Leftrightarrow P=\left|5x-2\right|+\left|5x-3\right|\)

Vì \(\left|5x-3\right|=\left|3-5x\right|\)\(\Rightarrow\)\(P=\left|5x-2\right|+\left|5x-3\right|\ge\left|5x-2+3-5x\right|=1\)

Vậy \(P_{min}=1\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2}{5}\le x\le\frac{3}{5}\)

Bài này ko tìm đc GTLN nha bn

***CHÚC BẠN HỌC TỐT***

Gọi tọa độ A ; B lần lượt là A(x₁ ; 0) ; B(0 ; y₁) 

Vì B thuộc (d) => y₁ = (m - 1).0 + 3 = 3 

Ta có khoảng cách từ O đến (d) = \(\frac{3}{\sqrt{5}}\)

=> PT : \(\left(\frac{1}{\left|x_1\right|}\right)^2+\left(\frac{1}{\left|y_1\right|}\right)^2=\left(\frac{1}{\frac{3}{\sqrt{5}}}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{y_1^2}=\frac{5}{9}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{9}=\frac{5}{9}\Leftrightarrow\frac{1}{x_1^2}=\frac{4}{9}\Leftrightarrow x_1=\frac{3}{2}\)

Với x₁ = 3/2 ; y₁ = 9 => 9 = (m - 1).1,5 + 3 <=> m = 5

Vậy m = 5 thì khoảng cách từ O đến (d) là \(\frac{3}{\sqrt{5}}\)

a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2adbc+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\)

\(=\left(a^2c^2+a^2d^2\right)+\left(b^2d^2+b^2c^2\right)\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

b) \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)-\left(ac+bd\right)^{^2}\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2-a^2c^2-2abcd-b^2d^2\)

\(=a^2d^2+b^2c^2-2abcd\)

\(=\left(ad\right)^2-2ad.bc+\left(bc\right)^2\)

\(=\left(ad-bc\right)^2\ge0\)

\(=\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

a: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2-2abcd+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)

\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)

b: \(\left(ac+bd\right)^2< =\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2-a^2c^2-a^2d^2-b^2c^2-b^2d^2< =0\)

\(\Leftrightarrow-a^2d^2+2abcd-b^2c^2< =0\)

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2>=0\)(luôn đúng

Giả sử \(\sqrt{7}\)là số hữu tỉ \(\Rightarrow\sqrt{7}=\frac{m}{n}\)(tối giản)

Suy ra \(7=\frac{m^2}{n^2}\)hay 7n²=m² (1)

Đẳng thức này chứng tỏ m² chia hết 7.Mà 7 là số nguyên tố nên m chia hết 7.

Đặt m=7k (k thuộc Z),ta có m²=49k² (2)

Từ (1) và (2) =>7n²=49k² nên n²=7k² (3)

Từ (3) ta lại có n² chia hết 7 và vì 7 là số nguyên tố nên n chia hết 7 

m và n cùng chia hết 7 \(\Rightarrow\frac{m}{n}\)ko tối giản,trái giả thiết.

Vậy \(\sqrt{7}\)là số vô tỉ

Giả sử \(\sqrt{7}\)là số hữu tỉ, khi đó \(\sqrt{7}=\frac{m}{n}\)với \(m,n\inℕ;n\ne0\)và \(\left(m,n\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{7}\right)^2=\frac{m^2}{n^2}\)\(\Leftrightarrow7=\frac{m^2}{n^2}\)\(\Leftrightarrow m^2=7n^2\)\(\Rightarrow m^2⋮7\)\(\Rightarrow m⋮7\)\(\Rightarrow m=7k\left(k\inℕ\right)\)

\(\Rightarrow\left(7k\right)^2=7n^2\)\(\Leftrightarrow49k^2=7n^2\)\(\Leftrightarrow7k^2=n^2\)\(\Leftrightarrow n⋮7\)

Ta có \(\hept{\begin{cases}m⋮7\\n⋮7\end{cases}}\Rightarrow\left(m,n\right)=7\), trái với \(\left(m,n\right)=1\)

Vậy giả sử sai \(\Rightarrow\)\(\sqrt{7}\)là số vô tỉ.

Với x >= 0 ; x khác  9 

\(B=\frac{2x-6\sqrt{x}+x+3\sqrt{x}-3x-3}{x-9}=\frac{-3\sqrt{x}-3}{x-9}=\frac{-3\left(\sqrt{x}+1\right)}{x-9}\)

\(\frac{B}{A}=\frac{-3\left(\sqrt{x}+1\right)}{x-9}:\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}=\frac{-3}{\sqrt{x}+3}+\frac{1}{2}< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{-6+\sqrt{x}+3}{2\left(\sqrt{x}+3\right)}< 0\Rightarrow\sqrt{x}-3< 0\Leftrightarrow x< 9\)

Kết hợp đk vậy 0 =< x < 9 

Xét (O;BC/2)

 Ta có : ^BFC = ^BEC = 90⁰ ( điểm thuộc đường tròn nhìn đường kính ) 

nên CF ; BE lần lượt là đường cao, mà BE giao CF = H => H là trực tâm 

=> AH là đường cao thứ 3 

=> AH vuông BC 

Xét tứ giác BDHF có : 

^BFH + ^BDH = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác BDHF là tứ giác nt 1 đường tròn 

Xét tứ giác CDHE có 

^CDH + ^CEH = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác CDHE là tứ giác nt 1 đường tròn 

Xét tứ giác ACDF có 

^AFC = ^ADC = 90⁰

mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh AC

Vậy tứ giác ACDF là tứ giác nt 1 đường tròn