b, \(\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}\ge1\)

\(\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac+2ac+2ab+2bc}\)( Bunhia dạng phân thức )

mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(=\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{3+2\left(ab+ac+bc\right)}=\frac{9}{3+6}=1\)( đpcm ) 

1.

Điều kiện $x\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}$.

Phương trình tương đương với $\left(\sqrt{2}.\sqrt{2x^2+x+1}-2\right)-\left(\sqrt{4x-1}-1\right)+2x^2+3x-2=0$ $\iff \genfrac{}{}{0ex}{}{4x^2+2x-2}{\sqrt{2}.\sqrt{2x^2+x+1}+2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{4x-2}{\sqrt{4x-1}+1}+(x+2)(2x-1)=0$\\ $\iff (2x-1)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2(x+1)}{\sqrt{2}\sqrt{2x^2+x+1}+2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{\sqrt{4x-1}+1}+x+2\right)=0$

\Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & x =\dfrac12\\ & \dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2 = 0\\ \end{aligned}\right.⇔⎣⎢⎢⎢⎡​​x=21​2​2x2+x+1​+22(x+1)​−4x−1​+12​+x+2=0​

Với $x\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{4}$ ta có:

$\genfrac{}{}{0ex}{}{2(x+1)}{\sqrt{2}\sqrt{2x^2+x+1}+2}>0$

$-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{\sqrt{4x-1}+1}\ge -2$

$x+2>2$.

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{2(x+1)}{\sqrt{2}\sqrt{2x^2+x+1}+2}-\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{\sqrt{4x-1}+1}+x+2>0$.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}.$

2.

Đặt $P=\genfrac{}{}{0ex}{}{a^3}{b+2c}+\genfrac{}{}{0ex}{}{b^3}{c+2a}+\genfrac{}{}{0ex}{}{c^3}{a+2b}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\genfrac{}{}{0ex}{}{9a^3}{b+2c}$ và $(b+2c)a$ ta có

$\genfrac{}{}{0ex}{}{9a^3}{b+2c}+(b+2c)a\ge 6a^2$.

Tương tự $\genfrac{}{}{0ex}{}{9b^3}{c+2a}+(c+2a)b\ge 6b^2$, $\genfrac{}{}{0ex}{}{9c^3}{a+2b}+(a+2b)c\ge 6c^2$.

Cộng các vế ta có $9P+3(ab+bc+ca)\ge 6(a^2+b^2+c^2)$.

Mà $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=4$ nên $P\ge 1$ (ta có đpcm).

1.

Chứng minh được $\widehat{CEB}=\widehat{BDC}=90^{\circ }$.

Suy ra $4$ điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.

Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên $\widehat{DCE}=\widehat{DBE}$ ($2$ góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay $\widehat{ACQ}=\widehat{ABP}$.

Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có $\widehat{ACQ}$ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và $\widehat{ABP}$ nội tiếp chắn cung APAP

$\Rightarrow \stackrel{⌢}{\mathrm{AQ}}=\stackrel{⌢}{\mathrm{AP}}$.

2.

(O)(O) có $\stackrel{⌢}{\mathrm{AQ}}=\stackrel{⌢}{\mathrm{AP}}$ nên $\widehat{ABP}=\widehat{ABQ}$ hay $\widehat{HBE}=\widehat{QBE}$.

Ta chứng minh được BEBE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQHBQ nên EE là trung điểm của HQHQ.

Chứng minh tương tự DD là trung điểm của HPHP \Rightarrow DE⇒DE là đường trung bình của tam giác HPQHPQ \Rightarrow DE // PQ⇒DE//PQ (1).

Do $\stackrel{⌢}{\mathrm{AQ}}=\stackrel{⌢}{\mathrm{AP}}$ nên AA là điểm chính giữa cung PQPQ \Rightarrow OA \perp PQ⇒OA⊥PQ (2).

Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DEOA⊥DE.

3.

Kẻ đường kính CFCF của đường tròn tâm (O)(O), chứng minh tứ giác ADHEADHE nội tiếp đường tròn đường kính AHAH.

Chứng minh tứ giác AFBHAFBH là hình bình hành, suy ra BF=AHBF=AH.

Trong đường tròn (O)(O) có $\widehat{CAB}=\widehat{CFB}=60^{\circ }$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BCBC). Chỉ ra tam giác BCFBCF vuông tại BB và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6BF=CF.cos60∘=R=6 cm.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHEADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.

Gọi rr là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.

Suy ra 2r=AH=BF=62r=AH=BF=6 cm.

Vậy r=3r=3 cm.

ĐKXĐ : \(y>-5\)

Đặt \(\left(x-2\right)^2=a>0\) và \(\frac{1}{\sqrt{y+5}=b}\)

Hệ phương trình đã cho trở thành : \(\hept{\begin{cases}2a+b=3\\a-2b=-1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}4a+2b=6\\a-2b=-1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}5a=5\\a-2b=-1\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}}\)( Thỏa mãn )

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2=1\\\frac{1}{\sqrt{y+5}=1}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\orbr{\begin{cases}x-2=1\\x-2=-1\end{cases}}\\\sqrt{y+5}=1\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2=1\\\frac{1}{\sqrt{y+5}=1}\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}\sqrt{y+5}=1\\\orbr{\begin{cases}x-2=1\\x-2=-1\end{cases}}\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}y+5=1\\\orbr{\begin{cases}x=3\\x=1\end{cases}}\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\hept{\begin{cases}x=3\\y=-4\end{cases}}\\\hept{\begin{cases}x=1\\y=-4\end{cases}}\end{cases}}}\)

ĐKXĐ : y > -5

Đặt \(\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2=a\\\frac{1}{\sqrt{y+5}}=b\end{cases}\left(a\ge0;b>0\right)}\)

Hpt đã cho trở thành \(\hept{\begin{cases}2a+b=3\\a-2b=-1\end{cases}}\)=> \(a=b=1\left(tm\right)\)

=> \(\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2=1\\\frac{1}{\sqrt{y+5}}=1\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}x=3\\y=-4\end{cases}}or\hept{\begin{cases}x=1\\y=-4\end{cases}}\)(tm)

Vậy ... 

1, 

Thay  m=4 phuong trình đã cho trở thành :  \(x^2-9x+20=0\)

\(\Delta=81-80=1\) \(>0\) nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \(x_1=5\) và \(x_2=4\).

2, 

Ta có \(\Delta=\left(2m+1\right)^2-4\left(m^2+m\right)=1>0\) với mọi \(m\) nên phuong trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 

\(x_1,x_2\) với mọi \(m.\)

Áp dụng định lý Vi-et : \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m+1\\x_1x_2=m^2+m\end{cases}}\)

\(\Rightarrow x_1^2+x_2^2-5x_1x_2=-17\) \(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-7x_1x=-17\Leftrightarrow\left(2m+1\right)^2-7\left(m^2+m\right)=-17\Leftrightarrow m^2+m-6=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}m=-3\\m=2\end{cases}}\)

a, \(\sqrt{\left(\sqrt{5}-4\right)^2}-\sqrt{5}+\sqrt{20}=4\)

\(VT=\sqrt{\left(4-\sqrt{5}\right)^2}-\sqrt{5}+\sqrt{20}=\left|4-\sqrt{5}\right|-\sqrt{5}+\sqrt{20}\)

\(=4-\sqrt{5}-\sqrt{5}+2\sqrt{5}=4\) hay \(VT=VP\)

Vậy ta có đpcm 

b, Với \(x>0,x\ne4\)

\(P=\left(\frac{1}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{\sqrt{x}-2}\right):\frac{2}{x-2\sqrt{x}}\)

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

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

1.

Giả sử điều trên là đúng ta có:

\( \left | \sqrt{5}-4 \right |-\sqrt{5}+\sqrt{20}=4\)

Ta có: \(4>\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow 4-\sqrt{5}- \sqrt{5}+\sqrt{20}=4\)

\(\Leftrightarrow 4-\sqrt{20}+\sqrt{20}=4\)

\(\Rightarrow đpcm\)

2.

(=)2 căn x + 2 căn (3x -2)= 2x²+2

(=) 2(x-1)²+( căn x -1)²+(căn (3 -2 ) -1)²=0

vì bình phương luôn lớn hơn bằng 0 nên x-1=0,căn x -1=0,căn (3-2)-1=0

suy ra x=1

ĐKXĐ: $x\ge \genfrac{}{}{0ex}{}{2}{3}$.

$\sqrt{x}+\sqrt{3x-2}=x^2+1$

$\iff 2\sqrt{x}+2\sqrt{3x-2}=2x^2+2$

$\iff 2(x-1{)}^2+(\sqrt{x}-1{)}^2+(\sqrt{3x-2}-1{)}^2=0.$

Phương trình có nghiệm duy nhất $x=1.$

a, Ta có : \(x=4\Rightarrow\sqrt{x}=2\)

\(\Rightarrow A=\frac{2+1}{2+2}=\frac{3}{4}\)

Vậy với x = 4 thì A = 3/4 

b, \(B=\frac{3}{\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}+5}{x-1}=\frac{3\left(\sqrt{x}+1\right)-\sqrt{x}-5}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(=\frac{3\sqrt{x}+3-\sqrt{x}-5}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{2\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}=\frac{2}{\sqrt{x}+1}\)( đpcm )