ngày 1

Lúc ban đầu chiếc bánh là 100%

Ngày thứ 3 ăn : 100 - ( 20 + 60 ) = 20%

=> Không có ngày nào ăn ít nhất :v 

x=1;x=-507/7

\(\orbr{\begin{cases}x_1=1\\x_2=-\frac{507}{7}\end{cases}}\)

đùng điều kiện a+b+c=0 nha bạn

x=50;x=-1

\(Đk\left(x\ne0,y\ne-1\right)\)

\(HPT\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\left(2-y\right)=5-3y\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y+1}=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{5-3y}{2-y}\left(1\right)\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y+1}=1\left(2\right)\end{cases}}}\)

Thay 1 zô 2 ta đc

\(\frac{2-y}{5-3y}+\frac{1}{y+1}=1\Leftrightarrow\left(2-y\right)\left(y+1\right)+\left(5-3y\right)=\left(y+1\right)\left(5-3y\right)\)

\(\Leftrightarrow2y+2-y^2-y+5-3y=5y-3y^2+5-3y\)

\(\Leftrightarrow2y^2-4y+2=0\)

=> x=1 (3)

thay 3 zô 1 ta đc

x=2 ; y=1

Thêm 3 zô mỗi zế , quy đồng mẫu thức rồi suy ra

\(\left(y+z-x\right)\left(x+z-y\right)\left(x+y-z\right)>0\)

từ đây suy ra hai trong ba thừa số của tích mang dấu âm , thừa số còn lại mang dấu dương , hoặc cả thừa số mang dâu dương 

Nếu 2 trong 3 thừa số mang dấu âm , ko mất tính tổng quát ta giả sử
\(y+z-x< 0\left(and\right)z+x-y< 0\)khi đó \(2z< 0\Rightarrow z< 0\)

ko xảy ra zì z là độ dài đoạn thẳng nên z>0

Zậy phải có 

\(y+z-x>0;z+x-y>0\left(and\right)x+y-z>0\)

suy ra 

y+z>x ; z+x>y zà  ?+y>z

ba số dương x,y ,z thỏa mãn bất đẳng thức nên là số đo độ dài cạnh của 1 tam giác

đây là cách làm còn trình bày nếu bạn cần mình có thể làm cho cậu

Từ : \(\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}+\frac{y^2+z^2-x^2}{2yz}+\frac{x^2+z^2-y^2}{2xz}>1\)

=> (y+z−x)(x+z−y)(x+y−z)>0

=> 2 trong 3 thừa số mang dấu âm, còn lại mang dấu dương, hoặc cả 3 thừa số đều mang dấu dương

Gỉa sử y+z-x <0 và z+x-y< 0 => z < 0 

=> Loại 

=> Cả 3 thừa số đều mang dấu dương

\(\Rightarrow y+z>x;z+x>y;x+y>z\)

=>

$x;y;z$ là độ dài 3 cạnh $\Delta$ ( vì thỏa mãn bđt $\Delta \; )$

https://www.facebook.com/khoi.nguyenduykhoi.399 ( face book mình ) kết bạn nhá r mình gửi bài làm cho 

ko chụp ảnh gửi trên OLM đc mà bài  này mình bày những chô trên OLm ko ghi đc 

Nên kết bạn . mình gửi ảnh cho

ĐKXĐ : \(0\le x\le1\)

Đặt : \(\hept{\begin{cases}\sqrt[4]{x}=a\\\sqrt[4]{1-x}=b\\\sqrt[4]{\frac{1}{2}}=c\end{cases}}\left(a,b,c\ge0\right)\)

Ta có HPT 

\(\hept{\begin{cases}a+a^2+b+b^2=2c+2c^2\\a^4+b^4=2=2c^4\end{cases}\left(^∗\right)}\)

Áp dụng BĐT : 

\(a^2+b^2\le\sqrt{2\left(a^4+b^4\right)}=\sqrt{2.2c^4}=2c^2\left(c>0\right)\left(1\right)\)

\(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\le\sqrt{2.2c^2}=2c\left(2\right)\)

(1) + (2) vế theo vế \(\Rightarrow a^2+b^2+a+b\le2c^2+2c\)

Để dấu " = " ở (*) xảy ra 

\(\Rightarrow a=b\Rightarrow a^4=b^4\Rightarrow x=1-x\Rightarrow x=\frac{1}{2}\left(TMĐKXĐ\right)\)

Bài 2

a) Ta có \(\widehat{AEB}=\widehat{AHB}=90^o\). Tứ giác ABHE nội tiếp

=> \(\widehat{EHC}=\widehat{ABA'}=\widehat{BCA'}\)

=> HE//CA'

Vì CA' _|_ AC => HE _|_ AC

c) Gọi M là trung điểm của AB, N là trung điểm BC

Đường tròn ngoại tiếp ABHE có tâm là M nên M nằm trên đường trung trực của HE

Do HE _|_ AC nên trung trực của HE song song với AC và chứa đường trung bình của tam giác ABC

Do đó trung điểm N của BC nằm trên trung trự của HE

Mặt khác E,F là chân đường vuông góc của B và C hạ xuông AA' nên trung trực của EF đi qua trung điểm N của BC

Vậy N là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF là 1 điểm cố định cho BC cố định

Bài 1

bổ sung câu c bài hỏi .là : CM \(\frac{DE}{BE}=\frac{BD}{BA}\)

bài làm

a) ta có . tam giác ACO zuông tại C , Tam giác ABO zuông tại B

nên C , B lần lượt nhìn AO zới 1 góc =90 độ

=> ABCO nội tiếp 

b) ta có tam giác ABC cân tại A do AB=AC

mà AH là đường cao

nên AH cx là đường trung tuyến

=> CH = HB

=> AO là đường trung trực của CB

c) ta có BD là đường kính của O 

nên góc BED = 90 độ

xét 2 tam giác zuông BED zà ABD có

góc BAD = góc BDA ( cùng nhìn \(\widebat{BE}\)

BD chung

=> tam giác BED = tam giác DBA 

=> \(\frac{DE}{BE}=\frac{BD}{BA}\)