Do \(\left\{{}\begin{matrix}a\ge0\\b\ge1\\a+b+c=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow c\le4\)

\(\Rightarrow2\le c\le4\Rightarrow\left(c-2\right)\left(c-4\right)\le0\Rightarrow c^2\le6c-8\)

\(0\le a\le1< 6\Rightarrow a\left(a-6\right)\le0\Rightarrow a^2\le6a\)

\(1\le b\le2< 5\Rightarrow\left(b-1\right)\left(b-5\right)\le0\Rightarrow b^2\le6b-5\)

Cộng vế:

\(a^2+b^2+c^2\le6\left(a+b+c\right)-13=17\)

\(A_{max}=17\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;4\right)\)

3.1 

Xét hiệu :

\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)

\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)

Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)

3.2

Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)

nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )

Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)

Ta có \(A=m^3+n^3+mn\)

\(A=\left(m+n\right)^3-3mn\left(m+n\right)+mn\)

\(A=1-3mn+mn\)

\(A=1-2mn\)

\(A=1-2m\left(1-m\right)\)

\(A=2m^2-2m+1\) 

\(A=2\left(m^2-m+\dfrac{1}{2}\right)\)

\(A=2\left(m^2-2m.\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\right)\)

\(A=2\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{2}\) 

Do \(\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\) nên \(A\ge\dfrac{1}{2}\). ĐTXR \(\Leftrightarrow m=\dfrac{1}{2}\Rightarrow n=\dfrac{1}{2}\).

Vậy GTNN của A là \(\dfrac{1}{2}\) khi \(m=n=\dfrac{1}{2}\)

  1) \(7x-5=5x+20\)

⇔\(7x-5x=5+20\)

⇔         \(2x=25\)

⇔           \(x=\dfrac{25}{2}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình S\(=\left\{\dfrac{25}{2}\right\}\)

2)   \(3x-2=2x-3\)

⇔ \(3x-2x=2-3\)

⇔            \(x=-1\)

Vậy tập nghiệm của phương trình S \(=\left\{-1\right\}\)

4)            \(\dfrac{7x-1}{6}-\dfrac{16-x}{5}=1\)  

⇔ \(\dfrac{5\left(7x-1\right)}{30}-\dfrac{6\left(16-x\right)}{30}=\dfrac{30}{30}\)

⇔        \(\dfrac{35x-5}{30}-\dfrac{96-6x}{30}=\dfrac{30}{30}\)

⇒           \(35x-5-96+6x=30\)

⇔                         \(35x+6x=5+96+30\)

⇔                                  \(41x=131\)

⇔                                     \(x=\dfrac{131}{41}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình S \(=\left\{\dfrac{131}{41}\right\}\)

 5)                      \(\left(3x+5\right)^2-\left(2x-3\right)^2=0\)

⇔\(\left(3x+5+2x-3\right)\left(3x+5-2x+3\right)=0\)

⇔                               \(\left(5x+2\right)\left(x+8\right)=0\)

⇔ \(5x+2=0\) hoặc \(x+8=0\)

*   \(5x+2=0\)         *  \(x+8=0\)

⇔\(5x\)        \(=-2\)     ⇔\(x\)        \(=-8\)

⇔  \(x\)        \(=\dfrac{-2}{5}\)

Vậy tập nghiệm của phương trình S \(=\left\{\dfrac{-2}{5},-8\right\}\)

Để tìm 3 cặp tam giác đồng dạng với tam giác DEF, ta có thể sử dụng các định lý đồng dạng trong tam giác.

1. Tam giác DHE đồng dạng với tam giác DEF Ta có:

• Góc D của tam giác DEF bằng góc D của tam giác DHE (do DH là đường cao của tam giác DEF, nên góc DHS vuông góc với DE)
• Góc E của tam giác DEF bằng góc H của tam giác DHE (do HE là đường cao của tam giác DHE, nên góc HED vuông góc với DE)
• Từ hai quan sát trên, ta suy ra tam giác DHE đồng dạng với tam giác DEF theo định lý góc-góc-góc.

1. Tam giác EFD đồng dạng với tam giác DEF Ta có:

• Tam giác EFD cũng là tam giác vuông tại D, nên góc D bằng góc D của tam giác DEF.
• Từ đó, ta có hai góc D giống nhau ở hai tam giác, còn lại là góc E và góc F, ta có:

EF/DF = (DE + DF)/DF = (6+8)/8 = 7/4

ED/DF = DE/DF = 6/8 = 3/4

• Từ hai tỉ lệ này, ta suy ra tam giác EFD đồng dạng với tam giác DEF theo định lý góc - cân - góc.

1. Tam giác EHD đồng dạng với tam giác DEF Ta có:

• Góc D của tam giác DEF bằng góc H của tam giác EHD (do DH là đường cao của tam giác DEF, nên góc DHS vuông góc với DE; HE là đường cao của tam giác EHD, nên góc HES vuông góc với ED; do đó ta có góc H bằng góc D)
• Góc E của tam giác DEF bằng góc E của tam giác EHD (do cả hai tam giác đều chứa cạnh ED)
• Từ hai quan sát trên, ta suy ra tam giác EHD đồng dạng với tam giác DEF theo định lý góc-góc-góc.

Vậy ta đã tìm được 3 cặp tam giác đồng dạng với tam giác DEF, đó là: DHE, EFD, EHD.

Đổi 40 phút = 2/3 giờ

Gọi độ dài quãng đường AB là x(km) với x>0

Vận tốc lúc về của người đó là: \(40.1,2=48\) (km/h)

Thời gian đi từ A đến B: \(\dfrac{x}{40}\) giờ

Thời gian từ B về A: \(\dfrac{x}{48}\) giờ

Do thời gian về ít hơn thời gian đi 2/3 giờ nên ta có pt:

\(\dfrac{x}{40}-\dfrac{x}{48}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{240}=\dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow x=160\left(km\right)\)

1089

cảm ơn

Câu b. Từ H kẻ đường thẳng song song AC cắt EM tại K

Ta chứng minh được BH/BM=EH/EA =>đpcm

Nếu pt là \(x\left(x^2+1\right)=0\) thì:

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x^2+1=0\left(vn\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy pt có 1 nghiệm