hehe chiều mình cũng thế

https://diendantoanhoc.net/topic/74052-cho-xyz0-xyz1-tim-gtnn-c%E1%BB%A7a-p-fracx2yzyzfracy2zxzxfracz2xyxy/

vào là có ok

\(a,19^2=\left(18+1\right)^2=18^2+2.18.1+1^2=324+36+1=361\)

\(28^2=\left(27+1\right)^2=27^2+2.27.1+1^2=729+54+1=784\)

\(81^2=\left(80+1\right)^2=80^2+2.80.1+1^2=6400+160+1=6561\)

\(91^2=\left(90+1\right)^2=90^2+2.90.1+1^2=8100+180+1=8281\)

\(b,19.21=\left(20-1\right)\left(20+1\right)=20^2-1^2=400-1=399\)

\(29.31=\left(30-1\right)\left(30+1\right)=30^2-1^2=900-1=899\)

\(39.41=\left(40-1\right)\left(40+1\right)=40^2-1^2=1600-1=1599\)

\(c,28^2-8^2=\left(28-8\right)\left(28+8\right)=20.36=720\)

\(56^2-46^2=\left(56-46\right)\left(56+46\right)=10.102=1020\)

\(67^2-57^2=\left(67-57\right)\left(67+57\right)=10.124=1240\)

a) \(19^2=\left(20-1\right)^2=20^2-2.20.1+1^2=400-40+1=361\)

\(28^2=\left(30-2\right)^2=30^2-2.30.2+2^2=900-120+4=784\)

\(81^2=\left(80+1\right)^2=80^2+2.80.1+1^2=6400+160+1=6561\)

\(91^2=\left(90+1\right)^2=90^2+2.90.1+1^2=8100+180+1=8281\)

Áp dụng bđt Cô si ta có: 

\(\sqrt{x-2}\le\frac{x-2+1}{2}=\frac{x-1}{2}\)

\(\sqrt{y+2014}\le\frac{y+2014+1}{2}=\frac{y+2015}{2}\)

\(\sqrt{z-2015}\le\frac{z-2015+1}{2}=\frac{z-2014}{2}\)

Cộng theo vế: \(\sqrt{x-2}+\sqrt{y+2014}+\sqrt{z-2015}\le\frac{x-1+y+2015+z-2014}{2}=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\hept{\begin{cases}x=3\\y=-2013\\z=2016\end{cases}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

\(\sqrt{x-2}\le\frac{x-2+1}{2}=\frac{x-1}{2}\)

\(\sqrt{y+2014}\le\frac{y+2014+1}{2}=\frac{y+2015}{2}\)

\(\sqrt{z-2015}\le\frac{z-2015+1}{2}=\frac{z-2014}{2}\)

Cộng theo vế

\(\sqrt{x-2}+\sqrt{y+2014}+\sqrt{z-2015}\le\)\(\frac{x-1+y+2015+z-2014}{2}=\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)

Dấu = xảy ra khi

\(\hept{\begin{cases}x=3\\y=-2013\\z=2016\end{cases}}\)

rút gọn hay là sao

\(\sqrt{x^3}-\sqrt{y^3}+\sqrt{x^2y}-\sqrt{xy^2}\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(x-\sqrt{xy}-y\right)+\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(x-\sqrt{xy}-y+\sqrt{xy}\right)\)

\(=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(x-y\right)\)

Ta có:\(x^2-4xy+6y^2+2x+4\)

\(=\left(x-2y\right)^2+\left(x+x+\frac{8}{x^2}\right)+\left(2y^2+\frac{2}{y^2}\right)\)

\(\ge0+6+4=10\)

\(\Rightarrow x^2-4xy+6y^2+2x\ge10-4=6\)

Dấu bằng xảy ra khi x=2 và y=1.

\(\sqrt{6-x}+\sqrt{x+2}=\sqrt{\left(1.\sqrt{6-x}+1.\sqrt{x+2}\right)^2}\) \(\le\left(1^2+1^2\right)\left(6-x+x+2\right)=2.8=16\)

bạn tìm điều kiện xác định r dùng bunhiacopxki là ra nhé 

cái hình thì mk gửi link trong ib nhé 

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD 

\(\Delta OAB\) vuông tại O có \(OA^2+OB^2=AB^2=49\)

Lại có: \(\tan BAC=\tan OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{OA^2}{16}=\frac{OB^2}{9}=\frac{OA^2+OB^2}{16+9}=\frac{49}{25}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\frac{OA}{4}=\frac{7}{5}\\\frac{OB}{3}=\frac{7}{5}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}OA=\frac{28}{5}\left(cm\right)\\OB=\frac{21}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}AC=2OA=\frac{56}{5}\left(cm\right)\\BD=2OB=\frac{42}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.\frac{56}{5}.\frac{42}{5}=\frac{1176}{25}=47,04\left(cm^2\right)\)

b) Gọi E, F lần lược là giao điểm của BD với MN và PQ 

tam giác ABD có MQ // BD 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}=\frac{MA}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet ) 

tam giác OAD có QF // OA 

\(\Rightarrow\)\(\frac{QF}{OA}=\frac{DQ}{AQ}=\frac{MB}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet ) 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}+\frac{QF}{OA}=\frac{MA+MB}{AB}=1\)

\(\Rightarrow\)\(1\ge2\sqrt{\frac{MQ.QF}{BD.OA}}\)\(\Leftrightarrow\)\(MQ.QF\le\frac{1}{4}BD.OA\)

Tương tự, ta cũng có: \(NP.PF\le\frac{1}{4}BD.OC\)

\(\Rightarrow\)\(MQ.QF+NP.PF=S_{MEFQ}+S_{NEFP}=S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}BD.AC=\frac{1}{2}S_{ABCD}=23,52\left(cm^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA 

A B C H M F E K P Q S T

Gọi BF,CE cắt nhau tại K và cắt AC,AB lần lượt tại S,T. Đường thẳng AH cắt MF,ME lần lượt tại P,Q.

Ta dễ thấy P là trực tâm của \(\Delta\)MAC, suy ra CP // EA (Cùng vuông góc AM). Tương tự BQ // FA

Áp dụng ĐL Melelaus và ĐL Thales ta có:

\(\frac{\overline{KB}}{\overline{KF}}.\frac{\overline{TA}}{\overline{TB}}.\frac{\overline{EF}}{\overline{EA}}=1\Rightarrow\frac{\overline{TA}}{\overline{TB}}=\frac{\overline{KF}}{\overline{KB}}.\frac{\overline{EA}}{\overline{EF}}=\frac{\overline{AF}}{\overline{QB}}.\frac{\overline{EA}}{\overline{EF}}\)

\(\frac{\overline{KC}}{\overline{KE}}.\frac{\overline{SA}}{\overline{SC}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}=1\Rightarrow\frac{\overline{SC}}{\overline{SA}}=\frac{\overline{KC}}{\overline{KE}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}=\frac{\overline{CP}}{\overline{EA}}.\frac{\overline{FE}}{\overline{FA}}\)

Suy ra \(\frac{\overline{TA}}{\overline{TB}}.\frac{\overline{HB}}{\overline{HC}}.\frac{\overline{SC}}{\overline{SA}}=\frac{\overline{CP}}{\overline{QB}}.\frac{\overline{HB}}{\overline{HC}}=-\frac{\overline{HC}}{\overline{HB}}.\frac{\overline{HB}}{\overline{HC}}=-1\)

Áp dụng điều kiện đủ của ĐL Ceva ta thu được AH,BS,CT đồng quy hay AH,BF,CE đồng quy (đpcm).

tạm thời chưa nghĩ ra cách dùng \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2=ab\left(a+b\right)\) :'< 

Có: \(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}=\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(2a^2-2ab+2b^2\right)}\)

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

Tương tự cộng lại ta có đpcm 

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

ư ư.. ra r :))))))))) cộng thêm Cauchy-Schwarz nữa nhé 

Có: \(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^3+b^3\right)\ge a^3+b^3+a^2b+ab^2=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\sqrt[3]{4\left(a^3+b^3\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\sqrt[3]{2\left(a+b\right).\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=a+b\)

Tương tự cộng lại ra đpcm