\(P=\frac{\sqrt{1+x^2+y^2}}{xy}+\frac{\sqrt{1+y^2+z^2}}{yz}+\frac{\sqrt{1+z^2+x^2}}{zx}\)

\(\ge\text{Σ}\frac{\sqrt{\frac{\left(1+x+y\right)^2}{3}}}{xy}\text{=}\frac{1+x+y}{xy\sqrt{3}}\)

\(=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(\frac{1+x+y}{xy}+\frac{1+y+z}{yz}+\frac{1+z+x}{zx}\right)\)

\(=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)

\(=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x+y+z+2xy+2yz+2zx\right)\)\(\ge\frac{\sqrt{3}}{3}\left(3\sqrt[3]{xyz}+2\cdot3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(3+6\right)=3\sqrt{3}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=1\)

b) Đk: \(0\le x\le4\)

Ta có: \(\sqrt{4x+x^2}+\sqrt{4x-x^2}=4x+1\)

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

<=> \(\left|4x+x^2\right|+\left|4x-x^2\right|+2\sqrt{\left(4x+x^2\right)\left(4x-x^2\right)}=16x^2+8x+1\)

<=> \(x^2+4x+4x-x^2+2x\sqrt{\left(4-x\right)\left(4+x\right)}=16x^2+8x+1\)

<=> \(2x\sqrt{16-x^2}=16x^2+8x+1-8x\)

<=> \(\left(2x\sqrt{16-x^2}\right)^2=\left(16x^2+1\right)^2\)

<=> \(4x^2\left|16-x^2\right|=256x^4+32x^2+1\)

<=> \(64x^2-4x^4=256x^4+32x^2+1\)

<=> \(260x^4-32x^2+1=0\)

Đặt x² = k (k > 0) <=> 260k² - 32k + 1 = 0

Ta có: \(\Delta=32^2-4.260=-16< 0\)

=> pt vô nghiệm

\(\sqrt{4x+x^2}+\sqrt{4x-x^2}=4x+1\) đk: \(0\le x\le4\)

\(\Leftrightarrow4x+x^2+4x-x^2+2\sqrt{16x^2-x^4}=16x^2+8x+1\)

\(2\sqrt{16x^2-x^4}=16x^2+1\)

\(\Leftrightarrow64x^2-4x^4=256x^4+32x^2+1\)

\(\Leftrightarrow260x^2-32x^2+1=0\)

=> Vo nghiem

+) \(\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)=4^y\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)=2^{2y}\)

+) Do  \(x,y\inℕ\)nên ta có \(x^2+1=2^m\)và \(x+1=2^n\)với \(m+n=2y;m,n\inℕ\)

+) Lúc đó ta có: \(\orbr{\begin{cases}x^2+1⋮x+1\\x+1⋮x^2+1\end{cases}}\)

TH1: \(x^2+1⋮x+1\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2-2\left(x+1\right)+2⋮x+1\)

\(\Leftrightarrow2⋮x+1\Leftrightarrow x\in\left\{0;1\right\}\)

TH2: \(x+1⋮x^2+1\Leftrightarrow x^2-1⋮x^2+1\Leftrightarrow2⋮x+1\)

\(\Leftrightarrow x\in\left\{0;1\right\}\)

* Nếu x = 0 thì \(4^y=1\Leftrightarrow y=0\)

* Nếu y = 0 thì \(4^y=4\Leftrightarrow y=1\)

Vậy \(\left(x;y\right)\in\left\{\left(0;0\right);\left(1;1\right)\right\}\)

áp dụng bunhiacopski ta có: 

P^2 =< (1+1+1)(1/1+x^2 + 1/1+y^2+1/1+z^2)= 3(....)

đặt (...) =A

ta có: 1/1+x^2=< 1/2x

tt với 2 cái kia

=> A=< 1/2(1/x+1/y+1/z) =<1/2 ( xy+yz+xz / xyz)=1/2 ..........

đoạn sau chj chịu

^^ sorry

Bài này là câu lớp 8 rất quen thuộc rùiiiiiii !!!!!!!!

gt <=>    \(\frac{x+y+z}{xyz}=1\)

<=>    \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=1\)

Đặt:   \(\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\)

=>    \(ab+bc+ca=1\)

VÀ:    \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)

THAY VÀO P TA ĐƯỢC:    

\(P=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{b^2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{c^2}}}\)

=>     \(P=\frac{1}{\sqrt{\frac{a^2+1}{a^2}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{b^2+1}{b^2}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{c^2+1}{c^2}}}\)

=>     \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+1}}\)

Thay     \(1=ab+bc+ca\)    vào P ta sẽ được:

=>      \(P=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)

=>     \(P=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)

=>      \(2P=2.\sqrt{\frac{a}{a+b}}.\sqrt{\frac{a}{a+c}}+2.\sqrt{\frac{b}{b+a}}.\sqrt{\frac{b}{b+c}}+2.\sqrt{\frac{c}{c+a}}.\sqrt{\frac{c}{c+b}}\)

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 2 SỐ SẼ ĐƯỢC:

=>      \(2P\le\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\)

=>     \(2P\le\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+a}\right)+\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+b}\right)+\left(\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+c}\right)\)

=>     \(2P\le\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\)

=>     \(2P\le1+1+1=3\)

=>     \(P\le\frac{3}{2}\)

DẤU "=" XẢY RA <=>    \(a=b=c\)    . MÀ     \(ab+bc+ca=1\)

=>     \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=>     \(x=y=z=\sqrt{3}\)

VẬY P MAX \(=\frac{3}{2}\)      <=>      \(x=y=z=\sqrt{3}\)

\(M\in Z\)

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

                            \(=\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)+2\left(\sqrt{x}-1\right)\)

                            \(=\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)\)

\(x+\sqrt{x}-2=\left(x-\sqrt{x}\right)+\left(2\sqrt{x}-2\right)\)

\(=\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)+2\left(\sqrt{x}-1\right)=\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)\)

a) Do \(OA=OB\)      (2 bán kính)

=> Tam giác OAB cân tại O

Mà OH là đường trung tuyến

=> OH cũng là đường cao ứng với AB

=> OH vuông góc AB.

(VẬY TA CÓ ĐPCM).

b) Có: góc CDA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

=> góc CDA = 90 độ

=> CD vuông góc AD

Xét tam giác CAK vuông tại A (gt) và AD vuông góc CK (CMT)

=> Áp dụng HTL thì:    \(CD.CK=CA^2=2\left(OA\right)^2=4R^2\)

VẬY TA CÓ ĐPCM.

c) Có:    \(sinC=\frac{AD}{AC};cosC=\frac{CD}{AC}\)

=> \(2R.sinC.cosC=2R.\left(\frac{AD.CD}{AC^2}\right)=2R.\left(\frac{AD.CD}{CD.CK}\right)=2R.\left(\frac{AD}{CK}\right)\)      (HTL: \(AC^2=CD.CK\))

=>   \(\frac{AD^2}{2R.sinC.cosC}=\frac{AD^2}{\frac{2R.AD}{CK}}=\frac{AD^2.CK}{2R.AD}=\frac{AD.CK}{2R}=\frac{AD.CK}{AC}\)

Áp dụng tiếp tục HTL ta được: 

=>    \(AD.CK=AC.AK\)

=>   \(VP=\frac{AC.AK}{AC}=AK\)

VẬY TA CÓ ĐPCM.

Câu d nhaaaaaaaaa !!!!!

Có: OA; OB là 2 tiếp tuyến của O và cắt nhau tại K

=> Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta được: 

=> OK vuông góc với AB.

Tương tự thì: OC và OD cũng là 2 tiếp tuyến của O và cắt nhau tại E

=> Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta được: 

=> OE vuông góc với CD. 

* Áp dụng HTL vào tam giác OAK vuông tại A có AH vuông góc với OK:

=>   \(OH.OK=OA^2\)

* Áp dụng HTL vào tam giác OCE vuông tại C  có CI vuông góc với OE: 

=>   \(OI.OE=OC^2\)

Mà:    \(OA=OE\)     {2 BÁN KÍNH CỦA (O)}

=>    \(OH.OK=OI.OE\)

(VẬY TA CÓ ĐPCM).

Ta có : \(-x^2+8x-7=-\left(x^2-8x+16\right)+9\)

\(=-\left(x-4\right)^2+9\le9< 0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{-\left(x-4\right)^2+9}\ge\frac{1}{9}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x-4=0\Leftrightarrow x=4\)