Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y=m\\x+z=n\end{cases}\left(m,n\ne0\right)}\). Khi đó giả thiết trở thành:

\(\hept{\begin{cases}\frac{a}{m}=\frac{13}{n}\left(1\right)\\\frac{169}{n^2}=\frac{27}{\left(m-n\right)\left(m+n\right)}\left(2\right)\end{cases}}\)

Từ đẳng thức (2) suy ra \(\frac{169}{n^2}=\frac{27}{m^2-n^2}\Rightarrow169m^2=196n^2\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}13m=14n\\13m=-14n\end{cases}}\)(Vì m,n khác 0)

Do đó \(\orbr{\begin{cases}\frac{m}{n}=\frac{14}{13}\\\frac{m}{n}=-\frac{14}{13}\end{cases}}\). Chú ý tới (1) ta có \(\orbr{\begin{cases}a=13.\frac{m}{n}=13.\frac{14}{13}=14\\a=-14\end{cases}}\)

Ta lại có: \(E=\frac{\left(2a^3-4a^2\right)-\left(8a^2-16a\right)+\left(a-2\right)}{a-2}=2a^2-8a+1\)

Thay \(a=14\) vào biểu thức E ta được \(E=2.14^2-8.14+1=281\)

Thay \(a=-14\)vào biểu thức E ta được \(E=2.\left(-14\right)^2-8.\left(-14\right)+1=505\)

Vậy \(E=281\)hoặc \(E=505.\)

Ta có \(a,b,c\)và \(a',b',c'\)là độ dài các cạnh tương ứng của 2 tam giác đồng dạng

Đương nhiên \(\frac{a}{a'}=\frac{b}{b'}=\frac{c}{c'}=k\left(k>0\right)\). Khi đó:

\(\sqrt{aa'}+\sqrt{bb'}+\sqrt{cc'}=\sqrt{k}\left(a'+b'+c'\right)\)(1)

\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a'+b'+c'\right)}=\sqrt{k\left(a'+b'+c'\right)^2}=\sqrt{k}\left(a'+b'+c'\right)\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM.

Bạn tham khảo câu này nhé: 

https://olm.vn/hoi-dap/detail/210792556876.html

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski, ta có :

\(\left(1.\sqrt{a+b}+1.\sqrt{b+c}+1.\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(2\left(a+b+c\right)\right)=6\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Do a là nghiệm của pt \(x^2-3x+1=0\) nên \(a^2-3a+1=0\)\(\Leftrightarrow\)\(a^2=3a-1\)

\(\Rightarrow\)\(a^4=\left(3a-1\right)^2=9a^2-6a+1=9\left(3a-1\right)-6a+1=21a-8\)

\(P=\frac{a^2}{a^4+a^2+1}=\frac{3a-1}{21a-8+3a-1+1}=\frac{3a-1}{24a-8}=\frac{3a-1}{8\left(3a-1\right)}=\frac{1}{8}\)

Thiếu chứng minh điều kiện bằng j bạn ơi

ban ghi ro de bai duoc ko ? mik ko hieu de bai