Ta có  \(\hept{\begin{cases}a+b+c=3\\a,b,c>0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c=3\\a,b,c\ge1\end{cases}}}\)

Vì \(a,b,c\ge1\)

\(\Rightarrow a+b+c\le a^2+b^2+c\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c}\left(1\right)\)

Tương tự 

\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{b^2+c^2+a}\left(2\right)\)

\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{c^2+b^2+a}\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c}+\frac{1}{b^2+c^2+a}+\frac{1}{c^2+a^2+b}\)

\(\Rightarrow\frac{3}{3}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c}+\frac{1}{b^2+c^2+a}+\frac{1}{c^2+a^2+b}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\)

Vậy Max S₁ = 3/3 = 1 \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\) (4)

Vì \(a,b,c\ge1\)

\(\Rightarrow a+b+c\le a^2+b+c\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b+c}\left(5\right)\)

Tương tự 

\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{b^2+c+a}\left(6\right)\)

\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{c^2+b+a}\left(7\right)\)

Từ \(\left(5\right);\left(6\right);\left(7\right)\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}\)

\(\frac{3}{3}\ge\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\)

Vậy Max S₂ = 3/3 = 1 \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\) (8)

Từ (4); (8) => GTLN S₁ = GTLN S₂  (đpcm)

Câu 1: 

Đặt phương trình là (1)

ĐK: \(3x-16y-24\ge0\)

\(3x-16y-24=\sqrt{9x^2+16x+32}\Leftrightarrow\left(3x-16y-24\right)^2=9x^2+16x+32\)

\(\Leftrightarrow9\left(3x-16y-24\right)^2=9\left(9x^2+16x+32\right)\)\(\Leftrightarrow\left(9x-48y-72\right)^2=81x^2+144x+288\)

Với x, y nguyên thì (3y+5) là ước của (-7) và chia cho 3 dư 2

=> (3y+5)=-1 hoặc (3y+5)=-7

+ TH1: \(\left(3y+5\right)=-1\Leftrightarrow y=-2\Rightarrow x=-1\)

+ TH2: \(\left(3y+5\right)=-7\Leftrightarrow y=-4\Rightarrow x=-7\)

Vậy các cặp nghiệm nguyên của (x;y) là: (-1;-2); (-7;-4)

\(\Leftrightarrow\left(9x-48y-72\right)^2=\left(9x+8\right)^2+224\)

\(\Leftrightarrow\left(9x-48y-72\right)^2-\left(9x+8\right)^2=224\)

\(\Leftrightarrow\left(9x-48y-72+9x-8\right)\left(9x-48y-72-9x-8\right)=224\)

\(\Leftrightarrow\left(18x-48y-64\right)\left(-48y-80\right)=224\)

\(\Leftrightarrow-32\left(9x-24y-32\right)\left(3y+5\right)=224\)

\(\Leftrightarrow\left(9x-24y-32\right)\left(3y+5\right)=-7\)

giả sử a là nghiệm chung của 2 phương trình

\(x^2+\text{ax}+bc=0\left(1\right)\) và \(x^2+bx+ca=0\left(2\right)\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+a\alpha+bc=0\\a^2+b\alpha+ca=0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\alpha\left(a-b\right)+c\left(b-a\right)=0\Rightarrow\left(a-c\right)\left(a-b\right)=0\Rightarrow\alpha=c\ne0\)

Thay \(\alpha=c\)vào (1) ta có: \(c^2+ac+bc=0\Rightarrow c\left(a+b+c\right)=0\Rightarrow a+b+c=0\)

Mặt khác, theo định lý Viet phương trình(1)  còn có nghiệm nữa là b, phương trình(2) còn có nghiệm nữa là a. Theo định lý Viet đảo, a và b là hai nghiệm của phương trình \(x^2-\left(a+b\right)x+ab=0\Leftrightarrow x^2+cx+ab=0\left(\text{đ}pcm\right)\)

a) Ta có: ID vuông góc AM với D là trung điểm AM => ID là đường trung trực AM => IA = IM (1)

IE vuông góc AN với E là trung điểm AN => IE là đường trung trực AN => IA = IN (2)

Từ (1) và (2) => IA = IM = IN

=> I là tâm đường tròn qua 3 điểm A; M; N

b. Lấy điểm P đối xứng với điểm A qua BC => P cố định

=> BC là đường trung trực của PA mà I thuộc BC 

=> IP = IA 

=>( I) qua điểm P cố định khác A

a) \(x^3-5x^2+\left(2m+5\right)x-4m+2=0\left(1\right)\)\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2-3x+2m-1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=2\\x^2-3x+2m-1=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Để phương trình (1)  có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2

Điều kiện là: \(\hept{\begin{cases}\Delta>0\\4-6+2m-1\ne0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}13-8m>0\\2m\ne3\end{cases}\Leftrightarrow\frac{3}{2}\ne}m< \frac{13}{8}}\)

b) Ta có 3 nghiệm của phương trình (1) là x₁=2;x₂;x₃ trong đó x₂;x₃ là 2 nghiệm của phương trình (2)

Khi đó \(x_1^2+x_2^2+x_3^2=11\Leftrightarrow4+\left(x_2+x_3\right)^2-2x_2x_3=11\Leftrightarrow\left(x_2+x_3\right)^2-2x_2x_3=7\left(3\right)\)

Áp dụng định lý  Vi-ét đối với phương trình (2) ta có : \(\hept{\begin{cases}x_2+x_3=3\\x_2x_3=2m-1\end{cases}}\)

Vậy (3) \(\Leftrightarrow9-2\left(2m-1\right)=7\Leftrightarrow m=1\left(TM\text{Đ}K\right)\)

Vậy m=1

\(P=\left(m^2-5m+\frac{25}{4}\right)-\frac{13}{4}=\left(m-\frac{5}{2}\right)^2-\frac{13}{4}\)

Vì \(m\ge3 \Rightarrow m-\frac{5}{2}\ge\frac{1}{2} \Rightarrow\left(m-\frac{5}{2}\right)^2\ge\frac{1}{4} \Rightarrow\left(m-\frac{5}{2}\right)^2-\frac{13}{4}\ge\frac{1}{4}-\frac{13}{4}\)

\(\Rightarrow P\ge-3\)

\(MinP=-3\Leftrightarrow m=3\)

\(BPT\Leftrightarrow\left(2+\sqrt{x^2-2x+5}\right)\left(x+1\right)+\frac{2x\left(3x^2+2x-1\right)}{2\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-2x+5}}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(2+\sqrt{x^2-2x+5}\right)\left(x+1\right)+\frac{2x\left(x+1\right)\left(3x-1\right)}{2\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-2x+5}}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\text{[}2+\sqrt{x^2-2x+5}+\frac{2x\left(3x-1\right)}{2\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-2x+5}}\text{]}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(4\sqrt{x^2+1}+2\sqrt{x^2-2x+5}+2\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(x^2-2x+5\right)}+7x^2-4x+5\right)\)\(\le0\Leftrightarrow x+1\le0\Leftrightarrow x\le-1\)

ĐKXĐ: \(x >=0 \)

Phương trình đã cho tương đương với: 
\(2x+2\sqrt{x^2+3x}+2\sqrt{x}+2\sqrt{x+3}=12\)

\(x+2\sqrt{x\left(x+3\right)}+x+3+2\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+3}\right)\)

\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+3}\right)^2+2\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+3}\right)-15=0\)
Đặt \(\sqrt{x}+\sqrt{x+3}=a\left(a>=0\right)\)
     Từ đó ta có: \(a^2+2a-15=0\)
      tự giải đi ha

Nghiệm \(x=1\)

1) Vì \(a,b>0\)\(\Rightarrow\)\(\sqrt{ab}>0\)

                          \(\Leftrightarrow\)\(2\sqrt{ab}>0\)

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

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

                          \(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{a+b}\)

Vậy \(\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{a+b}\)

1. Ta có: \(\left(\sqrt{a+b}\right)^2=a+b\)

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

Vì \(a>0\), \(b>0\)\(\Rightarrow\sqrt{ab}>0\)\(\Rightarrow2\sqrt{ab}>0\)

\(\Rightarrow a+b< a+2\sqrt{ab}+b\)

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

mà \(\hept{\begin{cases}\sqrt{a+b}>0\\\sqrt{a}+\sqrt{b}>0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\sqrt{a+b}< \sqrt{a}+\sqrt{b}\)( đpcm )

ĐKXĐ: \(-1\le x\le1\)

Xét \(\sqrt{\left(1+x\right)^3}-\sqrt{\left(1-x\right)^3}=\left(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\right)\left[\left(1+x\right)+\left(1-x\right)+\sqrt{\left(1+x\right)\left(1-x\right)}\right]\)

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

Khi đó phương trình đề trở thành:

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

Vì \(2+\sqrt{1-x^2}>0\)nên ta có thể chia 2 vế cho \(2+\sqrt{1-x^2}\):

\(\Rightarrow\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}\left(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}\),Bình phương 2 vế:

\(\Rightarrow\left(1+\sqrt{1-x^2}\right)\left[\left(1+x\right)+\left(1-x\right)-2\sqrt{\left(1+x\right)\left(1-x\right)}\right]=\frac{1}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\sqrt{1-x^2}\right)\left(2-2\sqrt{1-x^2}\right)=\frac{1}{3}\Leftrightarrow2\left(1+\sqrt{1-x^2}\right)\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)=\frac{1}{3}\)\(\Leftrightarrow1-\left(1-x^2\right)=\frac{1}{3}\Leftrightarrow x^2=\frac{1}{6}\Leftrightarrow x=\pm\frac{1}{\sqrt{6}}\)

Ta xét phương trình đề: vế phải luôn không âm vì vậy vế trái phải không âm 

Khi đó \(\sqrt{\left(1+x\right)^3}-\sqrt{\left(1-x\right)^3}\ge0\Leftrightarrow1+x\ge1-x\Leftrightarrow x\ge0\)

Vậy ta chỉ nhận nghiệm duy nhất là \(x=\frac{1}{\sqrt{6}}\)