điểm A cách B bao nhiêu bạn ? 

ko biết quãng đường nha

ĐKXĐ : \(x\ge2;y\ge-\frac{1}{2}\)

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

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

Đặt :

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}=u\ge0\\\sqrt{2y+1}=v\end{cases}}\)ta được :

\(\hept{\begin{cases}u^2+v^2=2uv=0\\u+3v=4\end{cases}}\)

\(\hept{\begin{cases}\left(u-v\right)^2=0\\u+3v=4\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u-v=0\\u+3v=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}u=1\\v=2\end{cases}}\)

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

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=0\end{cases}}\)

bn đợi nhé

Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.

Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)

Do đó ta được:

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)

\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

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

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

Do đó ta được:

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

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

Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).

Đặt \(x=a^3;y=b^3;z=c^3\), khi đó \(xyz=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

Ta viết lại bất đẳng thức như sau:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

Bình phương 2 vế ta được:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \(\left(x+y\right)^2\left(x+\frac{1}{y}\right)^2\ge x+1^4\)hay ta được bất đẳng thức:

\(\left(x+y\right)^2\left(x+xz\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\Leftrightarrow x^2\left(x+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\)

Tương tự ta được các bất đẳng thức:

\(y^2\left(y+z\right)^2\left(1+x\right)^2\ge\left(y+1\right)^4;z^2\left(z+x\right)^2\left(1+y\right)^2\ge\left(z+1\right)^4\)

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:

\(x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

\(\ge\left(x+1\right)^4\left(y+1\right)^4\left(z+1\right)^4\)

Hay:

\(\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

Mặt khác, ta lại có:

\(\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\cdot8\sqrt{xyz}\)

\(=8\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)

Do đó ta được bất đẳng thức:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

a, \(\Delta=\left(m-2\right)^2-4\left(-6\right)=\left(m-2\right)^2+24>0\)

Vậy pt luôn có 2 nghiệm pb 

Theo Vi et \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m-2\\x_1x_2=-6\end{cases}}\)

Ta có : x1 là nghiệm PT(1) thay vào ta được ( mình sửa luôn đề nhé)

\(\left(m-2\right)x_1+6-x_1x_2+\left(m-2\right)x_2=16\)

\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2=10\)

Thay vào ta được \(\left(m-2\right)^2-\left(-6\right)=10\Leftrightarrow\left(m-2\right)^2=4\)

TH1 : \(m-2=2\Leftrightarrow m=4\)

TH2 : \(m-2=-2\Leftrightarrow m=0\)

b, 2 nghiệm cùng dấu âm 

\(\hept{\begin{cases}\Delta\ge0\\S< 0\\P>0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(m-2\right)^2+24\ne0\left(luondung\right)\\m-2< 0\\-6>0\left(voli\right)\end{cases}}}\)

Vậy ko giá trị m tm 2 nghiệm cùng âm 

vì \(x+y+z=0\)   \(\Rightarrow\)\(x+y=-z\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^3=-z^3\)\(\Rightarrow x^3+y^3+3x^2y+3xy^2=-z^3\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3=-3xy.\left(x+y\right)\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz\)   do  \(x+y=-z\)

\(\Rightarrow\left(x^3+y^3+z^3\right).\left(x^2+y^2+z^2\right)=3xyz.\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\Rightarrow3xyz.\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^5+y^5+z^5+x^3.\left(y^2+z^2\right)+y^3.\left(x^2+z^2\right)+z^3.\left(x^2+y^2\right)\)

lại có: \(x^2+y^2=\left(x+y\right)^2-2xy=z^2-2xy\)

tương tự thì:  \(y^2+z^2=x^2-2yz\)

\(z^2+x^2=y^2-2xz\)

vì vậy nên \(3xyz.\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^5+y^5+z^5+x^3.\left(x^2-2yz\right)+y^3.\left(y^2-2xz\right)+z^3.\left(z^2-2xy\right)\)

\(\Rightarrow3xyz.\left(x^2+y^2+z^2\right)=2x^5+2y^5+2z^5-2xyz.\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\Rightarrow5xyz.\left(x^2+y^2+z^2\right)=2.\left(x^5+y^5+z^5\right)\) 

đpcm

VÌ \(x+y+z=0\)

\(\Rightarrow x+y=-z\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^5=-z^5\)

\(\Leftrightarrow x^5+y^{^5}+5\left(x^4y+xy^4+2x^3y^2+2x^2y^3\right)=-z^5\)

\(\Leftrightarrow x^5+y^{^5}+z^5+5xy\left(x^3+y^3+2x^3y^2+2x^2y^3\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^5+y^{^5}+z^5+5xy\left(x+y\right)+\left(x^2-xy+y^2+2xy\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^5+y^{^5}+z^5-5xyz\left(x^2+xy+y^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^5+y^{^5}+z^5=5xyz\left(x^2+xy+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^5+y^5+z^5\right)=5xyz\left(2x^2+2xy+2y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^5+y^5+z^5\right)=5xyz\left(x^2+\left(x+y\right)^2+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^5+y^5+z^5\right)=5xyz\left(x^2+y^2+z^2\right)\)Vì (x+y=-z)

HT

Từ các cặp tam giác đồng dạng ta có:

\(BE=\frac{AB^2}{BC};CD=\frac{BC^2}{CA};AF=\frac{CA^2}{AB}\)

\(\Rightarrow AF+BE+CD=\frac{AB^2}{BC}+\frac{BC^2}{CA}+\frac{CA^2}{AB}\ge\frac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{AB+BC+CA}=C_{ABC}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{AB+BC+CA}{BC+CA+AB}=1\) hay tam giác ABC đều.

jjjjjjjqqqqqqqqaaaaaaaaooooooooooyyyyyyyyyyrrrrrrriggigigigigiiggigigigggigiigigigigigiggigigi

`Answer:`

\(\hept{\begin{cases}6x^2+3xy-9y^2=-40\left(1\right)\\2x+3y=8\left(2\right)\end{cases}}\)

`(1)<=>3(2x^2+xy-3y^2)=-40`

`<=>3(x-y)(2x+3y)=-40`

`<=>3(x+y).8=40` (Theo `(2)`)

`<=>x-y=-5/3(3)`

Từ `(2)(3)=>`\(\hept{\begin{cases}2x+3y=8\\x-y=-\frac{5}{3}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2x+3y=8\\3x-3y=-5\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}5x=3\\x-y=-\frac{5}{3}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{3}{5}\\y=\frac{3}{1}\end{cases}}\)

Vậy `x+y=3/5+3/1=\frac{43}{15}`