Xét phương trình hoành độ giao điểm :

\(^{x^2=\left(2m+1\right)x-\left(2m-2\right)\Leftrightarrow x^2-x\left(2m-1\right)-2m+2=0\left(1\right)}\)

Phương trình (1) có : \(\Delta=\left(2m-1\right)^2-4\left(2m-2\right)=4m^2-12m+9=\left(2m-3\right)^2\ge0\)

nên phương trình luôn có nghiệm với mọi m, nên 2 dồ thị luôn có giao điểm

sai rồi phương trình cắt nhau khi \(\Delta\)>0

\(x-1\ge0\Rightarrow x\ge1\Rightarrow A=\sqrt{1+\sqrt{x-1}}\ge1\)dấu "=" khi : x=1 \(A_{min}=1\)

\(M^2=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{2xy}{\sqrt{yz}}+\frac{2yz}{\sqrt{zx}}+\frac{2xz}{\sqrt{yz}}=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{2x\sqrt{y}}{\sqrt{z}}+\frac{2y\sqrt{z}}{\sqrt{x}}+\frac{2z\sqrt{x}}{\sqrt{y}}\)

Áp dụng bđt Cô-si: \(\frac{x^2}{y}+\frac{x\sqrt{y}}{\sqrt{z}}+\frac{x\sqrt{y}}{\sqrt{z}}+z\ge4\sqrt[4]{\frac{x^2}{y}.\frac{x\sqrt{y}}{\sqrt{z}}.\frac{x\sqrt{y}}{\sqrt{z}}.z}=4x\)

tương tự \(\frac{y^2}{z}+\frac{y\sqrt{z}}{\sqrt{x}}+\frac{y\sqrt{z}}{\sqrt{x}}+x\ge4y\);\(\frac{z^2}{x}+\frac{z\sqrt{x}}{\sqrt{y}}+\frac{z\sqrt{x}}{\sqrt{y}}+y\ge4z\)

=>\(M^2+x+y+z\ge4\left(x+y+z\right)\Rightarrow M^2\ge3\left(x+y+z\right)\ge3.12=36\Rightarrow M\ge6\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=4

Vậy minM=6 khi x=y=z=4

b1: Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta được:

\(P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+x+z+y+y}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}=\frac{2}{2}=1\)

=>minP=1 <=> x=y=z=2/3

chỗ dấu * là trên tử hay dưới mẫu vậy bạn ?

Xét phương trình hoành độ giao điểm 

\(x^2=2mx+2\Leftrightarrow x^2-2mx-2=0\Rightarrow\Delta^'=m^2+2\ge2\)

Vậy P luôn cắt (d) tại 2 điểm phân biệt là A,B . giả sử phương trình có 2 nghiệm là \(x_2,x_1\). ta có

\(A\left(x_1,x_1^2\right)\Rightarrow OA=\sqrt{x_1^2+x_{ }_1^4}\);\(B\left(x_2,x_2^2\right)\Rightarrow OB=\sqrt{x_2^2+x_2^4}\)

theo giả thiết ta có :\(S=\frac{1}{2}OA.OB\Rightarrow\sqrt{x_1^2+x_1^4}.\sqrt{x^2_2+x^4_2}=4\sqrt{6}\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1x_2\right)^2+\left(x_1x_2\right)^2\left(x_1^2+x^2_2\right)+\left(x_1x_2\right)^4=96\)

\(\left(x_1x_2\right)^2+\left(x_1x_2\right)^2\left(-2x_2x_1+\left(x_1+x_2\right)^2\right)+\left(x_1x_2\right)^4=96\)

Theo vi ét\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2m\\x_1x=-2_2\end{cases}}\)\(4+4.\left(4+4m^2\right)+16=96\Leftrightarrow m^2=\frac{15}{4}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}m=\frac{\sqrt{15}}{2}\\m=\frac{-\sqrt{15}}{2}\end{cases}}\)

Tam giac chưa vuông mà

Xét phương trình hoành độ giao điểm có :

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

để hai đồ thị cắt tại đúng một điểm thì phương trình hoành đọ giao điểm có nghiệm kép hay 

\(\Delta^'=2^2+m=0\Leftrightarrow m=-4\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy 

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow3+c^2\ge ab+bc+ac+c^2=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

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

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

Thiết lập tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}\le\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\\\frac{ac}{\sqrt{b^2+3}}\le\frac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\frac{bc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 

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

Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{bc}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}}\le\frac{\frac{bc}{a+c}+\frac{bc}{a+b}}{2}\\\frac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}}{2}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{ac}{a+b}\right)+\left(\frac{ac}{b+c}+\frac{ab}{b+c}\right)+\left(\frac{bc}{a+c}+\frac{ab}{a+c}\right)}{2}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}\) ( đpcm ) 

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có BĐT \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{3}\cdot9=3\)

Khi đó áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\). Tương tự cũng có: 

\(\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}\right);\frac{ca}{\sqrt{b^2+3}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ca}{a+b}+\frac{ca}{b+c}\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{bc+ca}{a+b}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{ab+ca}{b+c}\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)