\(ĐKXĐ:x;y\ge2\)

\(\hept{\begin{cases}\sqrt{x-2}-y\sqrt{y}=\sqrt{y-2}-x\sqrt{x}\left(1\right)\\3x^2-y^2-xy-7x+y+5=0\left(2\right)\end{cases}}\)

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

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

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

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

Kết hợp ĐKXĐ dễ thấy cái ngoặc to luôn dương

Nên \(\sqrt{x}-\sqrt{y}=0\Rightarrow x=y\)

Thay vào pt (2) đc

\(3x^2-x^2-x^2-7x+x+5=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-6x+5=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\Rightarrow y=1\left(thoa\cdot man\cdot DKXD\right)\\x=5\Rightarrow y=5\left(Thoa\cdot man\cdot DKXD\right)\end{cases}}\)

a. Đkxđ:

 \(\sqrt[3]{x^2-3x+2}-\sqrt[3]{x^2-7}\ne0\)

<=> \(\sqrt[3]{x^2-3x+2}\ne\sqrt[3]{x^2-7}\)

<=> \(x^2-3x+2\ne x^2-7\)

<=>\(x^2-x^2+2+7\ne3x\)

<=> \(9\ne3x\)

<=>  \(x\ne3\)

Vậy với \(x\ne3\)thì bất đẳng thức đề cho được xác định.

b.\(\sqrt{\sqrt{x^2+2x+2}-\left(x+1\right)}\)

<=> \(\sqrt{x^2+2x+2}-\left(x+1\right)\ge0\)

<=> \(\sqrt{x^2+2x+2}\ge x+1\)

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

<=>  \(x^2+2x+2\ge x^2+2.x.1+1^2\)

<=>  \(x^2-x^2+2x-2x+2-1\ge0\)( bước này là thực hiện đưa hết vế phải sang vế trái)

<=> \(1\ge0\)(đúng)

Ta thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng 

=> \(\sqrt{\sqrt{x^2+2x+2}-\left(x+1\right)}\)có nghĩa với mọi x; 

=> Đkxđ: \(\forall x\in R\)

2) Có: \(x^3+y^3=\sqrt{\left(x.x^2+y.y^2\right)^2}\le\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\left(x^4+y^4\right)}\)

And: \(\sqrt{x^3y^3}=\left(\sqrt{xy}\right)^6\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^6=1\)

\(\Rightarrow\)\(x^3y^3\left(x^3+y^3\right)\le\sqrt{x^3y^3}\sqrt{x^3y^3\left(x^2+y^2\right)\left(x^4+y^4\right)}=\sqrt{xy\left(x^2+y^2\right).x^2y^2\left(x^4+y^4\right)}\)

Theo bài 1 thì \(xy\left(x^2+y^2\right)\le2\) do đó theo cách đặt \(x^2=a;y^2=b\) ta cũng có: \(x^2y^2\left(x^4+y^4\right)=ab\left(a^2+b^2\right)\le2\)

Do đó: \(x^3y^3\left(x^3+y^3\right)\le\sqrt{2.2}=2\) ( đpcm ) 

\(VT=\frac{x^4}{x^4+3xyzt}+\frac{y^4}{y^4+3xyzt}+\frac{z^4}{z^4+3xyzt}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+t^4+12xyzt}\)

Có: \(4abcd=4\sqrt{a^2b^2.c^2d^2}\le2\left(a^2b^2+c^2d^2\right)\)

Tương tự, ta cũng có: 

\(4abcd\le2\left(a^2c^2+b^2d^2\right)\)

\(4abcd\le2\left(d^2a^2+b^2c^2\right)\)

\(\Rightarrow\)\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2+t^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+t^4+2\left(xy+yz+zt+tx+yz+zt\right)}=1\) ( đpcm ) 

Em làm thử nhé!

Bài 1: \(A=\left[\frac{a^2}{b-1}+4\left(b-1\right)\right]+\left[\frac{b^2}{a-1}+4\left(a-1\right)\right]-4\left(a+b\right)+8\)

Cauchy vào là ra rồi ạ;)

Bài 2: Em chịu

2) Có: \(\sqrt{ab}\le\frac{a+b}{2}=1\); \(\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}\le\sqrt{2\left(a+b\right)}=2\)

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

\(\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\ge=\frac{2^2}{2}=2\)

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

đây là đáp án đúng nhất:

Ta có (x2+1)3=x6+3x4+3x2+1>=x6+3x2+1>(x3)2(x2+1)3=x6+3x2+1>=x6+3x2+1>(x3)2

Mà:x6+3x2+1=y3x6+3x2+1=y3

=>x6+3x2+1=(x2+1)3=>x=0;y=1

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

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

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

\(=\frac{\left(a-1\right)^2}{4a}.\frac{-4\sqrt{a}}{\left(a-1\right)}\)

\(=\frac{1-a}{\sqrt{a}}\)

\(b,\)Để P < 0 thì \(\frac{1-a}{\sqrt{a}}< 0\)

\(\sqrt{a}>0\)

\(1-a< 0\Rightarrow a>1\)

Vậy x > 1 thì P < 0

A M N H C B

Cho tam giác ABC có MN =15 cm  NK =12 cm  

Xét: Tam giác AHB (HBN) = 90 độ HM = đc

Xét tam giác AHC (AHC = 90 độ) có HN là đường cao

=> AH =An = AC  (2)

Kết luận sơ sơ: Từ (1) (2) AM AB =AN=AC

...................... còn lại chịu -.-

~Study well~ :)

cậu làm sai rồi M là trung điểm của BC mà, cậu sai ngay từ cái hình rồi.

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

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

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

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

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

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

<=> \(4x^3-12x^2+12x-4=x^4-2x^3-7x^2+8x+16\)

<=> \(x^4-2x^3-7x^2+8x+16=4x^3-12x^2+12x-4\)

<=> \(x^4-6x^3+5x^2-4x+20=0\)

<=> \(\left(x-2\right)\left(x-5\right)\left(x^2+x+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}x-2=0\\x-5=0\end{cases}}\)<=> \(\orbr{\begin{cases}x=2\\x=5\end{cases}}\)

Mà: \(x^2+x+2\ne0\)

=> \(\orbr{\begin{cases}x=2\\x=5\end{cases}}\)