Trả lời:

\(\sqrt{x^2-25}=\sqrt{\left(x-5\right).\left(x+5\right)}\)

                        \(=\sqrt{x-5}.\sqrt{x+5}\)

Học tốt

Trả lời:

\(\sqrt{x^2-4x+4}=x^2-mx+2m-4\)\(\left(ĐK:x\ge2\right)\)

\(\sqrt{\left(x-2\right)^2}=x^2-mx+2m-4\)

\(x-2=x^2-mx+2m-4\)

\(x^2-mx+2m-x-2=0\)

\(x^2-\left(m+1\right).x+2m-2=0\)

\(\Delta=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.\left(2m-2\right)\)

\(=m^2+2m+1-8m+8\)

\(=m^2-6m+9\)

\(\Rightarrow\left(m-3\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow m-3=0\)

\(\Rightarrow m=3\)

Thay m=3 vào phương trình ta có:

\(x^2-\left(3+1\right).x+2.3-2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-4x+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow x-2=0\)

\(\Leftrightarrow x=2\left(TM\right)\)

Vậy \(x=2\Leftrightarrow m=3\)

dễ mà nhưng em đang ốm ko giải đc mn hộ em với đủ 50   thì em giải cho nhé

+) \(B=6\sqrt{x-2}+6\sqrt{5-x}\Leftrightarrow B^2=\left(6\sqrt{x-2}+6\sqrt{5-x}\right)^2\)

\(=36\left(x-2\right)+36\left(5-x\right)+72\sqrt{\left(x-2\right)\left(5-x\right)}\ge108\Rightarrow B\ge6\sqrt{3}\)

+) \(A=B+2\sqrt{5-x}\ge6\sqrt{3}\)

Vậy \(A_{min}=6\sqrt{3}\)khi x=5

+) Đặt \(a=\sqrt{x-2};b=\sqrt{5-x}\)

+) Ta có: \(a^2+b^2=3\) 

+) \(\left(a^2+b^2\right)\left(6^2+8^2\right)\ge\left(6a+8b\right)^2\Leftrightarrow\left(6a+8b\right)^2\le300\Rightarrow6a+8b\le10\sqrt{3}\)

Dấu = xảy ra khi \(\frac{a}{6}=\frac{b}{8}\Leftrightarrow\frac{\sqrt{x-2}}{6}=\frac{\sqrt{5-x}}{8}\Leftrightarrow\frac{x-2}{36}=\frac{5-x}{64}\Leftrightarrow64x-128=180-36x\Leftrightarrow308=100x\)

\(\Leftrightarrow x=3.08\)

Vậy \(A_{max}=10\sqrt{3}\)khi x=3.08

làm xong ấn hủy :(( chán 

\(bđt\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2+2d^2+2e^2-2ab-2ac-2ad-2ae\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2-2a\left(d+e\right)+\left(d+e\right)^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^2+d^2-2de+e^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-d-e\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-b-c\right)^2+\left(d-e\right)^2\ge0\)*đúng*

Vậy ta có điều phải chứng minh 

cách khác câu a)

ta xét P=a²-a(b+c+d+e)+b²+c²+d²+e² là một tam thức bậc 2 theo biến a ta có \(\Delta=\left(b+d+c+e\right)^2-4\left(b^2+d^2+c^2+e^2\right)\)

theo bđt cauchy-schwarz ta có \(\left(1+1+1+1\right)\left(b^2+c^2+d^2+e^2\right)\ge\left(b+d+c+e\right)^2\)

do đó \(\Delta\le0\), theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ta được

a²-a(b+c+d+e) +b²+c²+d²+e²>=0

bài toán được chứng minh

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{a^4\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{1}{b^4\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{1}{c^4\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và ta đưa BĐT cần chứng minh về dạng \(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Áp dụng BĐT AM - GM, ta được:\(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y+1}{8}+\frac{z+1}{8}\ge\frac{3}{4}x\)

Tương tự: \(\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z+1}{8}+\frac{x+1}{8}\ge\frac{3}{4}y\); \(\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\frac{x+1}{8}+\frac{y+1}{8}\ge\frac{3}{4}z\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: \(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\)\(\frac{x+y+z+3}{4}\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\)\(\ge\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{xyz}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1

Trả lời:

Đặt \(B=\sqrt[3]{\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{5}}{8}}-\sqrt[3]{\frac{\sqrt{5}}{8}-\frac{1}{4}}\)

\(4B=4.\sqrt[3]{\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{5}}{8}}-4.\sqrt[3]{\frac{\sqrt{5}}{8}-\frac{1}{4}}\)

\(4B=\sqrt[3]{64.\left(\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{5}}{8}\right)}-\sqrt[3]{64.\left(\frac{\sqrt{5}}{8}-\frac{1}{4}\right)}\)

\(4B=\sqrt[3]{16+8\sqrt{5}}-\sqrt[3]{5\sqrt{8}-16}\)

\(4B=\sqrt[3]{1+3\sqrt{5}+15+5\sqrt{5}}-\sqrt[3]{-\left(16-5\sqrt{8}\right)}\)

\(4B=\sqrt[3]{\left(1+\sqrt{5}\right)^3}-\sqrt[3]{-\left(1-3\sqrt{5}+15-5\sqrt{5}\right)}\)

\(4B=1+\sqrt{5}-\sqrt[3]{-\left(1-\sqrt{5}\right)^3}\)

\(4B=1+\sqrt{5}-\left[-\left(1-\sqrt{5}\right)\right]\)

\(4B=1+\sqrt{5}+1-\sqrt{5}\)

\(4B=2\)

\(B=\frac{1}{2}\)

a) tam giác ABc có CF là đường phân giác => \(\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}=\frac{BF+AF}{BC+AC}=\frac{AB}{BC+AC}\Rightarrow BF=\frac{AB\cdot BC}{BC+AC}\)

tương tự cũng có \(CE=\frac{AC\cdot BC}{BC+AB}\)

tam giác BCE có CD là đường phân giác => \(\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{CE}\)

=> \(\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{CE}\)do đó \(\frac{BD}{BE}=\frac{AB+AC}{AB+BC+AC}\) tương tự \(\frac{CF}{CD}=\frac{AB+BC+AC}{AC+BC}\)

tam giác ABC vuông tại A => AB²+AC²=BC² => (AB+BC+AC)²=2(AB+BC)(AC+BC)

\(\Rightarrow\frac{AB+BC+AC}{AC+BC}=\frac{2\left(AB+AC\right)}{AB+BC+AC}\)

do đó \(\frac{CF}{CD}=\frac{2BD}{BE}\Rightarrow BE\cdot CF=2BD\cdot CD\left(đfcm\right)\)

gọi I là giao của AH,BM,CF. K là điểm đối xứng của I qua M

tứ giác IAKC là hình bình hành => AI//CK, AK//IC

tam giác ABC có IF//AK => \(\frac{BF}{AF}=\frac{BI}{KI}\), tam giác BCK có IH//CK => \(\frac{BI}{KI}=\frac{BH}{CH}\)

tam giác BAK có CF là phân giác => \(\frac{BF}{AF}=\frac{BC}{AC}\)do đó \(\frac{BH}{CH}=\frac{BC}{AC}\)=> BH.AC=CH.BC

tam giác ABC vuông ở A, AH là đường cao => AC²=CH.BC

ta có BH.AC=AC²(=CH.BC) => BH=AC

tam giác ABH vuông tại H => cosB=\(\frac{BH}{AH}=\frac{AC}{AB}\); tam giác ABC vuông ở A => tanB=\(\frac{AC}{AB}\)

do đó cosB=tanB. mà tan²B+1=\(\frac{\sin^2B}{\cos^2B}+1=\frac{1}{\cos^2B}\)

ta có \(\frac{1}{\cos^2B}=\frac{1}{\tan^2B}\)=> tan²B+1=\(\frac{1}{\tan^2B}\)

=> tan⁴B+tan²B=1 => \(\left(\tan^2B+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{4}\tan^2B+\frac{1}{2}=1\)

\(\Rightarrow\tan B=\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{2\sqrt{5}-2}{2}}\)

a, Vì a,b không âm:

\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}>0\)

Có \(a-b>0\Rightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)>0\)

Mà \(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}>0\)

\(\Rightarrow\sqrt{a}-\sqrt{b}>0\Leftrightarrow\sqrt{a}>\sqrt{b}\)

b, Tương tự phần a: 

\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)>0\Leftrightarrow a-b>0\Leftrightarrow a>b\)

( đổi ngược dấu a,b lại giúp mình nhé.)

Mới nghĩ ra câu a) 1 kiểu khác nhưng không biết đúng không  :> nó vẫn ra hq như nhau thôi 

Do a,b không âm và a < b nên b > 0 , suy ra :

\(\sqrt{a}+\sqrt{B}>0\)   ( 1 )

Mặt khác , ta có :

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

Vì a < b nên a - b < 0 , từ ( 2 ) suy ra :

\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)< 0\)( 3 )

Từ (1) và (3) , suy ra :

\(\sqrt{a}-\sqrt{b}< 0\)hay \(\sqrt{a}< \sqrt{b}\)