Xét hệ \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=1\\\sqrt{x^2-1}+\sqrt{y^2-1}=\sqrt{xy+2}\end{cases}}\)

\(ĐKXĐ:\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\y^2\ge1\\xy\ge-2\end{cases}}\)

Hệ đã cho tương đương với \(\hept{\begin{cases}x^2+y^2=x^2y^2\left(1\right)\\x^2+y^2-2+2\sqrt{\left(x^2-1\right)\left(y^2-1\right)}=xy+2\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow x^2y^2-2+2\sqrt{x^2y^2-x^2-y^2+1}=xy+2\)\(\Leftrightarrow x^2y^2=xy+2\)(suy ra từ (1))

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

*  \(xy=2\Rightarrow4=x^2y^2=x^2+y^2+2xy-4\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=8\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x+y=2\sqrt{2}\\x+y=-2\sqrt{2}\end{cases}}\)

+) Với \(x+y=2\sqrt{2}\)ta được hệ \(\hept{\begin{cases}xy=2\\x+y=2\sqrt{2}\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=\sqrt{2}\)

+) Với \(x+y=-2\sqrt{2}\)ta được hệ \(\hept{\begin{cases}xy=2\\x+y=-2\sqrt{2}\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=-\sqrt{2}\)

* \(xy=-1\Rightarrow1=x^2y^2=x^2+y^2+2xy+2\Rightarrow\left(x+y\right)^2=-1\left(L\right)\)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(\sqrt{2};\sqrt{2}\right);\left(-\sqrt{2};-\sqrt{2}\right)\right\}\)

Phương trình bị thiếu rồi b

Với n thuộc N* ta luôn có :

\(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}}=\sqrt{1^2+\left(\frac{1}{n}\right)^2+\left(\frac{1}{n+1}\right)^2+2.1.\frac{1}{n}-2.1.\frac{1}{n+1}-2.\frac{1}{n}.\frac{1}{n+1}}\)

\(=\sqrt{\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)^2}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)

Nên \(C=\left(1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+...+\left(1+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\right)\)

\(=\left(1+1+.....+1\right)+\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\right)\)

\(=99+\left(1-\frac{1}{100}\right)=100-\frac{1}{100}=\frac{9999}{100}\)

tui ko biet

Gọi cái vế trái là P.

Áp dụng BĐT Cauchy Ta có

\(P.\frac{2}{\sqrt{3}}=\sqrt{\left(x+1\right).\frac{4}{3}}+\sqrt{\left(y+1\right).\frac{4}{3}}+\sqrt{\left(z+1\right).\frac{4}{3}}\)

\(\le\frac{x+1+\frac{4}{3}}{2}+\frac{y+1+\frac{4}{3}}{2}+\frac{z+1+\frac{4}{3}}{2}=\frac{x+y+z+7}{2}=\frac{8}{2}=4\)

Do đó  \(P\le4:\frac{2}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}< \frac{7}{2}\)

A. Ta có \(\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow AC=\frac{5}{3}AH;BC=\frac{AB.AC}{AH}=\frac{AB.5AH}{3.AH}=\frac{5}{3}AB\)

Theo định lí Pitago ta có \(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow15^2+\frac{25}{9}AH^2=\frac{25}{9}.15^2\Rightarrow AH^2=144\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow AC=\frac{5}{3}.12=20\Rightarrow BC=\sqrt{15^2+20^2}=25\left(cm\right)\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BH=\frac{AB^2}{AC}=9;CH=\frac{AC^2}{BC}=16\left(cm\right)\)

b. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BE=\frac{BH^2}{AB}=5,4\left(cm\right);CF=\frac{CH^2}{AC}=12,8\left(cm\right)\)

Ta có \(AH^3=12^3=1728\)

\(BC.BE.CF=25.5,4.12,8=1728\)

Vậy \(AH^3=BC.BE.CF\)

c. Ta kẻ \(CK⊥BC\)tại M \(\Rightarrow\)yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\)chứng minh M là trung điểm BC 

Ta gọi I là giao điểm của AH và EF

Xét \(\Delta AKI\)và \(\Delta AHM\)

có \(\hept{\begin{cases}\widehat{K}=\widehat{H}=90^0\\\widehat{Achung}\end{cases}\Rightarrow\Delta AKI~\Delta AHM\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\widehat{AIF}=\widehat{AMB}\)

Ta chứng minh được \(AFHE\)là hình chữ nhật vì \(\widehat{F}=\widehat{A}=\widehat{E}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{IAF}=\widehat{IFA}\)\(\Rightarrow\widehat{FMA}=180^0-2\widehat{MAF}\left(1\right)\)

Lại có \(\widehat{HBA}=\widehat{IAF}\Rightarrow\widehat{AMH}=180^0-2\widehat{HBA}\)

\(\Rightarrow\Delta AMB\)cân tại  I \(\Rightarrow MA=MB\)

Tương tự chứng minh được \(MA=MC\)

Vậy M là trung điểm BC hay ta có đpcm 

a) Nối DA. Ta thấy ngay \(\Delta BDI=\Delta BFI\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BDI}=\widehat{BFI}\Rightarrow\widehat{ODI}=\widehat{OFI}\)

Lại có \(\widehat{OFI}=\widehat{OEF}\) (Do OE = OF)

Vậy nên \(\widehat{ODI}=\widehat{OEI}\) hay tứ giác DOIE nội tiếp. Vậy \(\widehat{DIO}=\widehat{DEO}=45^o\) (CM được ADOE là hình vuông)

Do \(\Delta BDI=\Delta BFI\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BID}=\widehat{BIF}\)

Vậy \(\widehat{BIF}=45^o\)

b) Nếu AB = AM thì DE // BM . Khi đó \(\widehat{EHM}=\widehat{DEH}=\widehat{DEO}+\widehat{OEF}=45^o+\widehat{OEF}=\widehat{BIF}+\widehat{OFE}=\widehat{BOF}\)

Lại có \(\widehat{BHF}=\widehat{EHM}\Rightarrow\widehat{BHF}=\widehat{BOF}\) hay BOHF là tứ giác nội tiếp. Vậy \(\widehat{BHO}=90^o\) 

Do AB = AM nên OB = OM . Vậy OH là đường cao đồng thời trung tuyến. Vậy H là trung điểm BM.

Suy ra AH là phân giác góc A hay \(\widehat{BAH}=45^o=\widehat{BIH}\Rightarrow\) ABHI là tứ giác nội tiếp.

c) PQ là dây cùng của đường tròn đường kính DM nên PQ lớn nhất khi DM lớn nhất. Vậy gọi N là điểm đối xứng với D qua O. Khi M là giao điểm của BN với AO thì PQ lớn nhất. Khi đó PQ = EF.

cho mk hỏi cau ve ở đâ u vậy 

Bình phương hai vế của BĐT ta được

\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow a+2\sqrt{ab}+b\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{ab}\ge0\)(Đúng với mọi a,b lớn hơn 0)

Vậy \(\sqrt{a+b}\le\sqrt{a}+\sqrt{b}\)

Bình phương 2 vế

\(a+b+2\sqrt{ab}\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{ab}\ge0\)  (luôn đúng)  

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\)  a = 0 hoặc b = 0

Vế trái: \(\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}.\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}.\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{3-2\sqrt{6}+2}}{6}\)

\(=\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)^2}}{6}\)

Phá căn thức ra, xét trị tuyệt đối, đc đpcm

2 vế phải là sao

you viết đó