Ta thấy: \(\frac{a^2}{b}-2a+b=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}\)

\(\sqrt{a^2-ab+b^2}-\frac{a+b}{2}=\frac{a^2-ab+b^2-\frac{\left(a+b\right)^2}{b}}{\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{a+b}{2}}=\frac{3\left(a-b\right)^2}{4\sqrt{a^2-ab+b^2}+2a+2b}\)

Bất đẳng thức tương đương với:

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

\(\frac{3\left(a-b\right)^2}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}+\frac{3\left(b-c\right)^2}{4\sqrt{b^2+c^2-bc}+2\left(b+c\right)}+\frac{3\left(c-a\right)^2}{b\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{3}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}\right]\)

\(+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\right]\ge0\)

Ta đặt:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{3}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\)

Chứng mình sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được A,B,C\(\ge0\), vậy:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{3}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}=\frac{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2a+b}{4\sqrt{a^2+b^2-2ab}+2\left(a+b\right)}\ge0\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}=\frac{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2b+c}{4\sqrt{b^2+c^2-2bc}+2\left(b+c\right)}\ge0\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{3}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}=\frac{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2c+a}{4\sqrt{c^2+a^2-ca}+2\left(c+a\right)}\ge0\)

Vậy biểu thức đã được chứng mình.

b) \(\hept{\begin{cases}x^2-4x+3=0\left(1\right)\\x^2+xy+y^2=3\left(2\right)\end{cases}}\)

Từ (1) <=> (x - 1)(x - 3) = 0 \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=3\end{cases}}\)

Với x = 3 => (2) <=> 3² + 3y + y² = 3 

<=> y² + 3y + 6 = 0 

<=> \(\left(2y+3\right)^2=-15\)<=> PT vô nghiệm

Với x = 3 => (1) <=> 1² + y + y² = 3 

<=> (y - 1)(y + 2) = 0

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=1\\y=-2\end{cases}}\)

=> Hệ có 2 nghiệm (x ; y) = (1;1) ; (1 ; - 2) 

a, Thay m =-1 vào (d) ta được : \(y=-2x\)

Hoành độ giao điểm (P) ; (d) thỏa mãn pt 

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

Với x = 0 => y = 0 

Với x = -2 => y = 4 

Vậy với m = -1 thì (P) cắt (D) tại O(0;0) ; A(-2;4) 

b, Hoành độ giao điểm (P) ; (d) thỏa mãn pt 

\(x^2-2mx-m-1=0\)

\(\Delta'=m^2-\left(-m-1\right)=m^2+m+1>0\forall m\)

Vậy pt luôn có 2 nghiệm pb hay (P) cắt (d) tại 2 điểm pb 

c, Theo Vi et \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m\\x_1x_2=-m-1\end{cases}}\)

Ta có : \(\left(x_1+x_2\right)^2-5x_1x_2\)Thay vào ta được 

\(4m^2-5\left(-m-1\right)=4m^2+5m+5\)

\(=4m^2+\frac{2.2m.5}{4}+\frac{25}{16}-\frac{25}{16}+5=\left(2m+\frac{5}{4}\right)^2+\frac{55}{16}\ge\frac{55}{16}\)

Dấu ''='' xảy ra khi m = -5/88 

Vậy với m = -5/88 thì GTNN của biểu thức trên là 55/16 

Gọi số thứ nhất, thứ 2 và thứ 3 lần lượt là \(x,y,z\)

Theo đề bài, ta có \(\hept{\begin{cases}x+y+z=7068\left(\cdot\right)\\x+y=5179\left("\right)\\y+z=2796\left(~\right)\end{cases}}\)

Từ \(\left(\cdot\right)\)và \(\left( "\right)\)ta có \(\left(x+y+z\right)-\left(x+y\right)=7068-5179\)\(\Leftrightarrow z=1889\)

Từ \(\left(\cdot\right)\)và \(\left(~\right)\)ta có \(\left(x+y+z\right)-\left(y+z\right)=7068-2796\)\(\Leftrightarrow x=4272\)
Thay \(x=4272\)vào \(\left("\right)\), ta có \(4272+y=5179\)\(\Leftrightarrow y=907\)

Vậy 3 số đó lần lượt là \(4272;907\)và \(1889\)

=4372;907;1889 .

HT

Bài 2 : 

Với \(x\ge0;x\ne1\)

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

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

Vậy ta có đpcm 

Bài 5 : 

a, cm tứ giác nội tiếp đúng ko bạn ? 

Ta có : ^ACB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

^AEB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=< ^FCD = ^DCF = 90⁰

Xét tứ giác FCDE có 

^FCD + ^DCF = 180⁰ 

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác FCDE là tứ nt 1 đường tròn 

b, Xét tam giác DAB và tam giác DCE có : 

^ADB = ^CDE ( đối đỉnh ) 

^DAB = ^DCE ( góc nt chắn cung BE ) 

Vậy tam giác DAB ~ tam giác DCE ( g.g ) 

\(\frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DE}\Rightarrow DA.DE=DB.DC\)

c, Xét tam giác OBC có OC = OB 

nên tam giác OBC cân tại O => ^OCB = ^OBC (1) 

mà ^CBA = ^CEA ( góc nt chắn cung CA ) (2) 

Vì tứ giác DCEF là tứ giác nt 1 đường tròn (cma) 

=> ^CFD = ^CED ( góc nt cùng chắn CD ) (3) 

Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra ^CFD = ^OCB 

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

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+2y=0\\y-1=0\end{cases}}\)

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

a, Xét tứ giác BCDE có : 

^BEC = ^BDC = 90⁰ 

mà 2 góc này kề nhau, cùng nhìn cạnh BC 

Vậy tứ giác BCDE là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, Vì tứ giác BEDC là tứ giác nt 1 đường tròn 

=> ^EDC = ^EDB ( góc nt cùng chắn cung EB ) 

mà ^E'D'B = ^E'CB ( góc nt cùng chắn cung E'B ) 

=> ^EDB = ^E'D'B 

mà 2 góc này nằm ở vị trí đồng vị 

=> ED // E'D' 

c, Xét tam giacs OED và tam giác OBC có : 

^EOD = ^BOC ( đối đỉnh ) 

^EDO = ^BCO ( góc nt cùng chắn cung BE ) 

Vậy tam giác OED ~ tam giác OBC ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{OE}{OB}=\frac{OD}{OC}\)( cạnh tương ứng tỉ lệ ) => ED // BC ( Ta lét đảo ) 

Vì BD vuông AC => BD là đường cao 

CE vuông AB => CE là đường cao 

mà BD giao CE tại O => OA là đường cao thứ 3 

=> OA vuông BC mà BC // EF ( cmt ) 

=> OA vuông DE 

dòng 2 dưới lên là ED // BC bạn nhé 

áp dụng cách đánh giá :
\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\)\(\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}\right)\)

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

Ta cần chỉ ra được :\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\)Ta được :

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)

ta cần chứng minh được :

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

\(hay\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Dễ thấy\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Do đó\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki

\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Do đó ta được

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Bài toán được chứng minh :333!~

Phân tích bài toán.

Ta làm 2 vế đẳng thức xuất hiện đại lượng kiểu\(\left(a-b\right)^2;\left(b-c\right)^2;\left(c-a\right)^2\)

Để biến đổi vế trái ta sẽ được:

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

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}-\left(a+b+c\right)\)

Để biến đổi vế phải ta sẽ được:

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

Đến đây ta chỉ cần chỉ ra được \(\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\ge0\)

Bài làm:

Bất đẳng thức cần chứng mình tương đương với:

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

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

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

\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}-\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{c+a}{2}\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\right]\)

\(+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\right]\ge0\)

Đặt:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\)

Chứng mình hoàn tất nếu ta chứng mình được A,B.C\(\ge\)0, Vậy:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2a+b}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}>0\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2b+c}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}>0\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}=\frac{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2c+a}}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}>0\)

Vậy biểu thức đã được chứng minh.