A B C D E H O M

a) Từ O kẻ OM vuông góc với AD

Khi đó theo tính chất của đường kính và dây cung thì M là trung điểm AD

Lại có O là trung điểm AE => MO là đường trung bình của tam giác ADE

=> MO // DE , lại có MO // BC (cùng vuông góc với AD)

=> DE // BC

b) Tứ giác ABDC nột tiếp đường tròn (O) 

=> \(\widehat{ADB}=\widehat{BCA}\Leftrightarrow90^0-\widehat{ADB}=90^0-\widehat{BCA}\Rightarrow\widehat{CBD}=\widehat{ECB}\)

Lại có từ phần a, BED là hình thang vì có BC // DE

=> BCED là hình thang cân

a, Xét ΔADE nội tiếp đường tròn đường kính AE

=> AD ⊥ DE (1)

LẠi có AH ⊥ BC = > AD ⊥ BC (2)

Từ (1) và (2) => DE // BC ( cùng vuông góc với AD) (*)

b,  Ta có: Tứ giác ABDC nội tiếp

=> $\widehat{ADB}$= $\widehat{ACB}$

Lại có : $\widehat{CBD}$ + $\widehat{ADB}$ = $\widehat{ACB}$  + $\widehat{ECB}$ ( cùng bằng 90 độ)

=> $\widehat{CBD}$ = $\widehat{ECB}$ (**)

Từ (*) và (**) => BCED là hình thang cân

bđt <=> \(\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}-2\cdot\frac{x}{y}-2\cdot\frac{y}{z}-2\cdot\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge0\)

<=> \(\left(\frac{x^2}{y^2}-2\cdot\frac{x}{y}+1\right)+\left(\frac{y^2}{z^2}-2\cdot\frac{y}{z}+1\right)+\left(\frac{z^2}{x^2}-2\cdot\frac{z}{x}+1\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)-3\ge0\)

<=> \(\left(\frac{x}{y}-1\right)^2+\left(\frac{y}{z}-1\right)^2+\left(\frac{z}{x}-1\right)^2+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge3\)(1)

(1) hiển nhiên đúng vì ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(\frac{x}{y}-1\right)^2\\\left(\frac{y}{z}-1\right)^2\\\left(\frac{z}{x}-1\right)^2\end{cases}}\ge0\forall x,y,z>0\)

lại có \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge3\sqrt[3]{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}}=3\)( AM-GM )

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z 

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y^2}-\frac{x}{y}+\frac{y^2}{z^2}-\frac{y}{z}+\frac{z^2}{x^2}-\frac{z}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x}{y}-\frac{x}{y}+\frac{y}{z}-\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-\frac{z}{x}\ge0\)

\(\Leftrightarrow0\ge0\)*luôn đúng*

Vậy ta có đpcm 

P/s : Với bài này có thể dùng BĐT cô si cho 3 số cho VT và VP nhưng ko biết đúng ko :v 

Tính đạo hàm: \(\left(x^2\right)'=2x\)

\(\left(\frac{2}{x^3}\right)'=2\left(\frac{1}{x^3}\right)'=2\left(x^{-3}\right)'=2.\left(-3\right).x^{-4}=\frac{-6}{x^4}\)

\(y'=\left(x^2+\frac{2}{x^3}\right)'=\left(x^2\right)'+\left(\frac{2}{x^3}\right)'=2x-\frac{6}{x^4}=\frac{2x^5-6}{x^4}\)

\(y'=0\Leftrightarrow x=\sqrt[5]{3}\)

Lập bảng biến thiên ta có: \(Min\)\(y=y\left(\sqrt[5]{3}\right)\approx2,58640929\)

P/S : sư phụ em tuổi già sức yếu , cầm cây bút cũng viết không nổi :v

bài này mình nghĩ chắc giả sử á , cũng chưa thử ((: 

để tí hỏi sư phụ xem đã 

Cho dù là nghiệm kép hay nghiệm phân biệt thì hai nghiệm của phương trình đều viết được dưới dạng :

\(\hept{\begin{cases}x_1=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{a+\sqrt{a^2-12b}}{6}\\x_2=\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{a-\sqrt{a^2-12b}}{6}\end{cases}}\)

Khi đó x₁ + x₂ = \(\frac{a+\sqrt{a^2-12b}}{6}+\frac{a-\sqrt{a^2-12b}}{6}=\frac{a+\sqrt{a^2-12b}+a-\sqrt{a^2-12b}}{6}=\frac{2a}{6}=\frac{a}{3}\)

Theo Viet thì \(x_1+x_2=-\frac{-a}{3}=\frac{a}{3}\)

Ta có: \(\frac{a^3+b^3}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}=\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}=\left(a+b\right)\sqrt{a^2-ab+b^2}\)

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

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

Áp dụng BĐT Bunhi... ta có:

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

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

\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}\ge a^2+b^2\) (1)

Tương tự ta có: \(\frac{b^3+c^3}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}\ge b^2+c^2\) (2)

\(\frac{c^3+d^3}{\sqrt{c^2-cd+d^2}}\ge c^2+d^2\)(3)

\(\frac{d^3+a^3}{\sqrt{d^2-da+a^2}}\ge d^2+a^2\)(4)

Cộng vế với vế của 1,2,3,4 ta được:

\(\frac{a^3+b^3}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}+\frac{b^3+c^3}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}+\frac{c^3+d^3}{\sqrt{c^2-cd+d^2}}+\frac{d^3+a^3}{\sqrt{d^2-da+a^2}}\)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\left(\text{đ}pcm\right)\)

Hoặc \(\left(a+b\right)\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge a^2+b^2\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2\ge0\)(bình phương lên)

\(\left(d_2\right):2x-y=-2\)                  \(\left(d_3\right)2x-2y=-4\)    

\(\Leftrightarrow\left(d_2\right):y=2x+2\)       \(\left(d_3\right):y=x+2\)

Hoành độ của giao điểm là No của 

     \(2x+2=x+2\)

\(\Leftrightarrow x=0\)

Thay vào pt d₃ , ta có:

\(y=0+2=2\)

Vậy giao điểm của d₂ và d₃ là tại 

          A(0;2)

Để 3 đường đồng quy thì, thay A(0;2) hay x=0 ;y= 2 vào d 

\(4.m.0+\left(3m-5\right).2=5m+4\)

\(\Leftrightarrow6m-10=5m+4\)

\(\Leftrightarrow m=14\)

Vậy để 3 đường thẳng trên đồng quy thì  = 14

aujxnidnisjiamnc iudi9uiyu you can I canexehd chicken no Ican you sing with me

hhihihihihiih

nrtyd[o

P(x) = 0

=> (4m + 5x - 2)x + (6m - 7n - 6) = 0 \(\forall x\)

=> \(\hept{\begin{cases}4m+5n-2=0\\6m-7n-6=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}4m+5n=2\\6m-7n=6\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}n=\frac{-6}{29}\\m=\frac{22}{29}\end{cases}}\)

Vậy m = -6/29; n = 22/29 thì P(x) = 0