Ta có: \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2=\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\) nên với \(x,y,z>0\) ta có:

\(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\) áp dụng ta có:

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

Với: \(x,y>0\) ta có: \(x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Áp dụng ta được:

 \(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{ab+1+a+1}=\frac{1}{ab+abc+a+1}=\frac{1}{ab\left(c+1\right)+\left(a+1\right)}\)

\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab\left(c+1\right)}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(c+1\right)}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Vậy ta có: \(\frac{1}{ab+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Tương tự như trên ta có: \(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) và \(\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\) nên:

\(\Rightarrow\sqrt{3\left(\frac{1}{ab+a+2}+\frac{1}{bc+b+2}+\frac{1}{ca+c+2}\right)}\)

\(\le\sqrt{3.\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)}=\frac{3}{2}\)

Vậy \(\frac{1}{\sqrt{ab+a+2}}+\frac{1}{\sqrt{bc+b+2}}+\frac{1}{\sqrt{ca+c+2}}\le\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\). BĐT quy về:\(\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{xy+xz+2yz}}\le\frac{3}{2}\)

Áp dụng liên hoàn BĐT Cô si:

\(VT=\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{yz}{\left(xy+yz\right)+\left(xz+yz\right)}}\le\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{yz}{4}\left(\frac{1}{xy+yz}+\frac{1}{xz+yz}\right)}\)

\(=\frac{1}{2}\Sigma_{cyc}\sqrt{1\left(\frac{yz}{xy+yz}+\frac{yz}{xz+yz}\right)}\le\frac{1}{4}\Sigma_{cyc}\left(1+\frac{yz}{xy+yz}+\frac{yz}{xz+yz}\right)=\frac{3}{2}\)

Chúng ta có nhận xét: \(\left(2x-1\right)\left(5-x\right)=-2x^2+11x-5\)

ĐK: \(\hept{\begin{cases}2x-1\ge0\\5-x\ge0\end{cases}\Leftrightarrow}\frac{1}{2}\le x\le5\)(1)

Với những bài có nhận xét như trên. Thì hầu như chúng ta sẽ làm như sau:

 Đăt \(\sqrt{2x-1}+\sqrt{5-x}=t\)( \(t\ge0\))

<=> \(2x-1+5-x+2\sqrt{-2x^2+11x-5}=t^2\)( bình phương hai vế )

<=> \(x+4+2\sqrt{-2x^2+11x-5}=t^2\)

<=> \(x+2\sqrt{-2x^2+11x-5}=t^2-4\)

<=> \(x-2+2\sqrt{-2x^2+11x-5}=t^2-6\)

Phương trình ban đầu trở thành:

\(t=t^2-6\)với \(t\ge0\)

<=> \(t^2-t-6=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}t=3\\t=-2\left(loai\right)\end{cases}}\)

Với t = 3 ta có:

\(\sqrt{2x-1}+\sqrt{5-x}=3\)

<=> \(x+4+2\sqrt{\left(2x-1\right)\left(5-x\right)}=9\)

<=> \(2\sqrt{\left(2x-1\right)\left(5-x\right)}=5-x\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}5-x=0\\2\sqrt{2x-1}=\sqrt{5-x}\end{cases}\Leftrightarrow}\orbr{\begin{cases}x=5\\4\left(2x-1\right)=5-x\end{cases}}\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}x=5\\x=1\end{cases}}\)( thỏa mãn đk (1))

Vậy:...

Bạn ơi cái này mk chỉ ghi cách làm và ct thôi nha 

đây dùng hàng đẳng thức (a-b)(a+b)=a^2-b^2

còn kia là công thức toán lớp 6

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

Tương tự:

\(\frac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)\)

.....

\(\frac{1}{\sqrt{2019}+\sqrt{2017}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2019}-\sqrt{2017}\right)\)

Cộng các vế với nhau ta được:

\(S=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2019}-\sqrt{1}\right)=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2019}-1\right)\)

Theo em nghĩ bài này ko thiếu điều kiện đâu cô quản lí ạ !!!

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\left(ab+1\right)^2\le\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

\(a^2+1=a.a.1+1\le\frac{a^3+a^3+1}{3}+1=\frac{2.\left(a^3+2\right)}{3}\)

\(b^2+1=b.b.1+1\le\frac{b^3+b^3+1}{3}+1=\frac{2.\left(b^3+2\right)}{3}\)

Do đó:

\(\left(ab+1\right)^2\le\frac{4}{9}\left(a^3+2\right)\left(b^3+2\right)\)

\(\Rightarrow ab+1\le\frac{2}{3}\sqrt{\left(a^3+2\right)\left(b^3+2\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{a^3+2}{ab+1}\ge\frac{3}{2}.\sqrt{\frac{a^3+2}{b^3+2}}\) \(\left(1\right)\)

Tương tự, ta có:

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

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

Cộng theo vế của \(\left(1\right)\), \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) và áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

\(G\ge\frac{3}{2}\left(\sqrt{\frac{a^3+2}{b^3+2}}+\sqrt{\frac{b^3+2}{c^3+2}}+\sqrt{\frac{c^3+2}{a^3+2}}\right)\) \(\ge\frac{3}{2}.3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{a^3+2}{b^3+2}}.\sqrt{\frac{b^3+2}{c^3+2}}.\sqrt{\frac{c^3+2}{a^3+2}}}=\frac{9}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Vậy: \(G_{min}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\) 

Nếu có thể thì cô Chi check xem nick Đinh Uyển Tình và Đông Phương Lạc có cùng địa chỉ máy tính không ạ??

Bạn Đông Phương Lạc tự đăng tự tl ko bt nhục à

Giả sử tồn tại các số nguyên x,y thảo mãn \(x^4+y^3+4=0\) \(\left(1\right)\)

Ta có: \(\left(1\right)\) \(\Leftrightarrow\left(x^2-2x+2\right)\left(x^2+2x+2\right)=-y^3\)

Trước tiên ta nhận xét rằng x phải là một số lẻ, bởi ngược lại nếu x là một số chẵn thì \(x^4+4=-y^3\) là lập phương của một số chẵn, nhưng \(x^4+4\) không chia hết cho 8 với mọi số nguyên x ( vô lí ).

Vậy x là một số lẻ, suy ra y cũng là một số lẻ.

Đặt \(d=\left(x^2-2x+2,x^2+2x+2\right)\)

Ta có: \(4x=\left[\left(x^2+2x+2\right)-\left(x^2-2x+2\right)\right]⋮d\)

Mặt khác d là số lẻ ( vì \(-y^3⋮d\)  và y là số lẻ ), dẫn đến \(\left(4,d\right)=1\) và do đó \(x⋮d\)

Suy ra \(2⋮d\) nên \(d=1\) ( vì d lẻ )

Tóm lại, hai số nguyên \(x^2-2x+2\) và \(x^2+2x+2\) là hai số nguyên tố cùng nhau, có tích là lập phương của một số nguyên nên mỗi số là lập phương của một số nguyên.

Đặt:

\(x^2-2x+2=a^3,x^2+2x+2=b^3\) với \(a,b\inℤ\)

Suy ra \(\left(x-1\right)^2=\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)\)

\(\left(x+1\right)^2=b^3-1=\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)\)

Do đó: \(a-1\ge0,b-1\ge0\)

Gọi \(d_1\) là ước chung lớn nhất của \(a-1\) và \(a^2+a=1\) thì \(3a=\left[\left(a^2+a+1\right)-\left(a-1\right)^2\right]⋮d_1\)

Mà \(\left(a,d_1\right)=1\) ( vì \(d_1\) là ước của \(a-1\) ) nên \(3⋮d_1\) )

Do đó: \(d_1\in\left\{1;3\right\}\)

Tương tự gọi \(d_2\) là ước chung lớn nhất của \(b-1\) và \(b^2+b+1\) thì \(d_2\in\left\{1;3\right\}\)

Chú ý rằng nếu \(d_1=d_2=3\) thì \(\left(x-1\right)^2\) và \(\left(x+1\right)^2\) đều chia hết cho 3

Suy ra \(2=\left(x+1\right)-\left(x-1\right)\) chia hết cho 3 ( vô lí )

Vì vậy trong hai số \(d_1,d_2\) phải có một số bằng 1

+ Nếu \(d_1=1\) thì khi đó \(a-1\) và \(a^2+a+1\) là hai số nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương nên cả 2 số đó đồng thời là số chính phương.

Đặt \(a^2+a+1=m^2\) thì

\(4m^2=4\left(a^2+a=1\right)=\left(2a+1\right)^2+3\)

Do đó \(\left(2m-2a-1\right)\left(2m+2a+1\right)=3\)

TH1: \(2m-2a-1=1,2m+2a+1=3\) thì \(a=0\) ( vô lí vì phương trình \(x^2-2x+2\) không cs nghiệm nguyên )

TH2: \(2m-2a-1=3,2m+2a+1=1\) thì \(a=-1\) ( vô lí vì phương trình \(x^2-2x+2=-1\)  không cs nghiệm nguyên )

+ Nếu \(d_2=1\) làm tương tự ta không tìm đc x,y thỏa mãn.

Vậy không tồn tại các số nguyên x,y thỏa mãn đề bài.

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\left(\sqrt{\frac{3+x^2}{x}}.\sqrt{x}+\sqrt{\frac{3+y^2}{y}}.\sqrt{y}+\sqrt{\frac{3+z^2}{z}}.\sqrt{z}\right)^2\) \(\le\left(\frac{3+x^2}{x}+\frac{3+y^2}{y}+\frac{3+z^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{3+x^2}+\sqrt{3+y^2}+\sqrt{3+z^2}\right)^2\) \(\le\left(\frac{3}{x}+\frac{3}{y}+\frac{3}{z}+x+y+z\right)\left(x+y+z\right)\)

Kết hợp giải thiết:

\(\frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}=2x+2y+2z\) suy ra:

\(\left(\sqrt{3+x^2}+\sqrt{3+y^2}+\sqrt{3+z^2}\right)^2\le4.\left(x+y+z\right)^2\)

Do đó:

\(\sqrt{3+x^2}+\sqrt{3+y^2}+\sqrt{3+z^2}\le2.\left(x+y+z\right)\) \(\left(1\right)\)

Theo giải thiết ta có:

\(\sqrt{3+x^2}+\sqrt{3+y^2}+\sqrt{3+z^2}=2x+2y+2z\)

Do đó xảy ra đẳng thức ở \(\left(1\right)\) tức là:

\(\hept{\begin{cases}\frac{3+x^2}{x}=\frac{3+y^2}{y}=\frac{3+z^2}{z}\\\frac{2}{x}+\frac{2}{y}+\frac{2}{z}=2x+2y+2z\end{cases}}\)  \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Thử lại thấy bộ số \(\left(x,y,z\right)=\left(1,1,1\right)\) thỏa mãn.

x, y, z là số thực 

Làm sao có thể sử dụng \(\sqrt{x}\)

Câu a. Giả sử có m thỏa mãn đề bài, khi đó sẽ có số \(a\ge0\)để \(\sqrt{1-x^2}=a\)hay \(1-x^2=a^2\)
Suy ra: \(x^2=1-a^2\).
Nếu a > 1 thì không có x thỏa mãn.
Nếu a = 1 thì x = 0 ( duy nhất).
Nếu \(0\le a< 1\)thì \(x=\sqrt{1-a^2}\)hoặc \(x=-\sqrt{1-a^2}\). Rõ ràng hai giá trị này là phân biệt.
Vậy chỉ khi a = 1 thì x  = 0 duy nhất. Khi đó m = 3 .
Ngược lại thay m = 3 vào phương trình ta có: \(\sqrt{1-x^2}+2\sqrt[3]{1-x^2}=3.\)
Đặt \(1-x^2=a^6\), thay vào phương trình ban đầu ta có:
\(a^3+2a^2=3\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a^2-a+3\right)=0\)
 Vậy a = 1 hay \(1-x^2=1\)suy ra x = 0 là nghiệm duy nhất.
 

Câu b ta đặt: \(\sqrt{x}+\sqrt{1-x}=a\)sau đó bình phương hai vế lên ta được 1 phương trình bậc hai theo tham số a.
Dùng điều kiện \(\Delta=0\)ta sẽ tìm được a.

a) Do DA và DC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên DA = DC (T.c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Tương tự EB = EC

Vậy nên DE = DC + CE = AD + BE

b) Ta thấy DA = DC; OA = OC nên OD là đường trung trực của đoạn AC.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(OD\perp AC\)

Do AB là đường kính, C thuộc đường tròn (O) nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay \(BC\perp AC\)

Vậy nên OD//BC

c) Xét tứ giác ADEB có AD và BE cùng vuông góc với AB nên ADEB là hình thang vuông.

Xét hình thang vuông ADEB có I là trung điểm DE, O là trung điểm AB nên OI là đường trung bình hình thang ADEB.

Vậy thì \(OI=\frac{AD+BE}{3}=\frac{DE}{2}=ID\)

Vậy O nằm trên đường tròn \(\left(I,ID\right)\)

Lại có OI // DA //EB nên \(OI\perp AB\)

Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(I,ID\right)\)

d)  Do AD // BE nên áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\frac{AK}{KE}=\frac{DK}{KB}=\frac{AD}{BE}\)

Lại có \(\frac{AD}{BE}=\frac{DC}{CE}\Rightarrow\frac{AK}{KE}=\frac{DC}{CE}\)

Xét tam giác ADE có \(\frac{AK}{KE}=\frac{DC}{CE}\) nên CK // DA

Mà DA vuông góc với AB nên CK cũng vuông góc với AB.

Xét tam giác ADB có KH // DA nên \(\frac{DA}{KH}=\frac{BD}{KB}=\frac{DK+KB}{KB}=\frac{DK}{KB}+1\)

Xét tam giác ADE có KC // DA nên \(\frac{DA}{KC}=\frac{AE}{KE}=\frac{AK+KE}{KE}=\frac{AK}{KE}+1\)

Mà ta đã có \(\frac{DK}{KB}=\frac{AK}{KE}\) nên \(\frac{DA}{KH}=\frac{DA}{KC}\Rightarrow KH=KC\) hay K là trung điểm CH.

\(\hept{\begin{cases}2x^2+2xy+2x+6=0\left(1\right)\\\left(x+1\right)^2+3\left(y+1\right)+2\left(xy-\sqrt{x^2y+2y}\right)=0\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(1\right)-\left(2\right)\Leftrightarrow x^2+2-3y+2\sqrt{y\left(x^2+2\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x^2+2}+\sqrt{y}\right)^2-4y=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x^2+2}+\sqrt{y}-2\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x^2+2}+\sqrt{y}+2\sqrt{y}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x^2+2}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{x^2+2}+3\sqrt{y}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+2}-\sqrt{y}=0\)

\(\Leftrightarrow y=x^2+2\)

Làm nốt

\(ĐK y⩾0\)

Hệ đã cho tương đương với 

          {2x2+2xy+2x+6=0(x+1)2+3(y+1)+2xy=2√y(x2+2){2x2+2xy+2x+6=0(x+1)2+3(y+1)+2xy=2y(x2+2)

Trừ từng vế 22 phương trình ta được

          x2+2+2√y(x2+2)−3y=0x2+2+2y(x2+2)−3y=0

 ⇔(√x2+2−√y)(√x2+2+3√y)=0⇔(x2+2−y)(x2+2+3y)=0

 ⇔x2+2=y

Ta đặt \(\hept{\begin{cases}x+z=a\\y+z=b\end{cases}\Rightarrow ab=1}\)

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge4\)

Ta có

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

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

\(\ge2+2=4\)

bạn chưa chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào