\(ĐKXĐ:x>3\)

\(\frac{\sqrt{x-3}}{\sqrt{2x+1}}=2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-3}=2\sqrt{2x+1}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-3}=\sqrt{8x+4}\)

\(\Leftrightarrow x-3=8x+4\)

\(\Leftrightarrow-7x=7\)

\(\Leftrightarrow x=-1\)

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là 1

Quên, nghiệm đó không t/m đkxđ nên pt vô nghiệm

Mình nghĩ là làm như này nè:
Dễ cm:
+: \(\left(a+b\right)^2\le\)\(2\left(a^2+b^2\right)\)(với mọi a, b) ... Áp dụng => \(\left(x+y\right)^2\le\)\(2\)<=> \(-\sqrt{2}\le x+y\)\(\le\sqrt{2}\)
+: \(\sqrt{a+b}\le\)\(\sqrt{a}+\sqrt{b}\)\(\le\sqrt{2\left(a+b\right)}\)(Cái đầu dùng tương đương còn cái hai dùng bđt BCS)
ÁP dụng =>\(\sqrt{8-5\sqrt{2}}\le\) \(\sqrt{8+5\left(x+y\right)}\le\)\(T\)\(\le\sqrt{16+10\left(x+y\right)}\)\(\le\sqrt{16+10\sqrt{2}}\)
Dấu "=" <=> ...

Bạn @Đậu Đậu gì đó ơi, Bạn giải tới đó thì max=\(16+10\sqrt{2}\)thì mình hiểu rồi , còn min =??? ghi rõ hộ mình nhé

Ta có  \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)=-\left(x^2-8x+15\right)\)

\(=-\left(x^2-8x+16-1\right)=-\left(x-4\right)^2+1\)

Vì \(3\le x\le5\)nên \(-\left(x-4\right)^2+1\le1\)hay \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le1\)

Em làm Cách 2: Sử dụng BĐT \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}.\)Chứng minh :Biến đổi tương đương ta được \(\left(x-y\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

Với \(3\le x\le5\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-3\ge0\\5-x\ge0\end{cases}}\)

Khi đó: \(\left(x-3\right)\left(5-x\right)\le\frac{\left(x-3+5-x\right)^2}{4}=1\)

Dấu '=' xảy ra khi \(x-3=5-x\Leftrightarrow x=4\left(tmđk\right)\)

\(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}+\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\le\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left[2-\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}\right]+\left[2-\frac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}\right]+\left[2-\frac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}\right]\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng BĐT Schwarz, ta có :

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

\(\frac{ac}{a\left(b+c\right)}+\frac{ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}=\frac{c^2}{c\left(b+c\right)}+\frac{a^2}{a\left(a+c\right)}+\frac{b^2}{b\left(a+b\right)}\)           ( 2 )

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\)

Cộng ( 1 ) với ( 2 ), ta được :

\(\frac{b^2+2ca}{a\left(b+c\right)}+\frac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\frac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\)

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

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{\left(1+2\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)}\right)=\frac{9}{2}\)

không biết cách này ổn không 

Ta có : \(\frac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}=\frac{2-\frac{b}{a}}{\frac{c}{b}+1}\) ; tương tự :...

đặt \(\frac{a}{c}=x;\frac{b}{a}=y;\frac{c}{b}=z\Rightarrow xyz=1\)

\(\Sigma\frac{2-y}{z+1}\le\frac{3}{2}\)          

\(\Leftrightarrow2\Sigma xy^2+2\Sigma x^2+\Sigma xy\ge3\Sigma x+6\)( quy đồng khử mẫu )

\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{x}{y}\ge\Sigma x\)( xyz = 1 )           ( luôn đúng )

\(\Rightarrowđpcm\)

a, Với x=2

PT<=> 4+2(m-2)-m+1=0

<=> m=-1

Vậy m=-1 thì phương trình có 1 nghiệm x=2

Ý sau dùng hệ thức Vi-et là ra

à nhon mik thiếu 

Cho a > 0; b > 0; c > 0

Chứng minh bất đẳng thức: 

abc là số bất kì lớn hơn 0

học tốt

A B C D E

\(\cos^2\widehat{A}=\frac{AE^2}{AC^2}=\frac{AD^2}{AB^2}\)

Xét tam giác ADE và tam giác ABC có : 

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\) \(\left(=\cos\widehat{A}\right)\)

\(\widehat{A}\) là góc chung 

Do đó : \(\Delta ADE~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)

Mà tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên 

\(\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\frac{AE}{AC}\right)^2=\cos^2\widehat{A}\)\(\Rightarrow\)\(S_{ADE}=S_{ABC}.\cos^2\widehat{A}\) ( đpcm ) 

làm tạm 1 câu :v 

\(S_{ADE}+S_{BCDE}=S_{ABC}.1=S_{ABC}\left(\sin^2\widehat{A}+\cos^2\widehat{A}\right)\)

\(\Rightarrow\)\(S_{ADE}+S_{BCDE}=S_{ABC}.\sin^2\widehat{A}+S_{ABC}.\cos^2\widehat{A}\)

\(\Leftrightarrow\)\(S_{BCDE}=S_{ABC}.\sin^2\widehat{A}\) ( do \(S_{ADE}=S_{ABC}.\cos^2\widehat{A}\) ) 

A B C D O 70 0 M N P Q

Qua 4 đỉnh A,B,C,D của tứ giác ABCD đã cho, dựng các đường thẳng song song với 2 đường chéo AC,BD. Chúng cắt nhau tại 4 điểm M,N,P,Q. Khi đó ta có tứ giác MNPQ,AOBM,AODN,DOCP,BOCQ là các hình bình hành.

Suy ra MQ = NP = AC = 5,3 (cm), MN = PQ = BD = 4 (cm)

Đồng thời ^MNP = ^MQP = ^AOD = 70⁰ (Các góc có 2 cạnh tương ứng song song)

Ta cũng có S_AOD = S_AND = S_AODN/2. Từ đó S_ABCD = S_MNPQ/2 = S_MQP = S_MNP

Xét \(\Delta\)MNP: MN = 4, NP = 5,3, ^MNP = 70⁰ 

Có S_MNP = 1/2.MN.NP.Sin^MNP = 4.5,3.Sin70⁰ \(\approx\)19,9 (cm²) => S_ABCD\(\approx\)19.9 (cm²)

Kết luận: ...

Cho mik sửa tí: S_ABCD = S_MNP = 1/2.MN.NP.Sin^MNP = 1/2.4.5,3.Sin70⁰ \(\approx\)10,0 (cm²)

Vậy S_ABCD \(\approx\)10,0 cm².