Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

2b) Cũng do $DE$ là đường kính nên suy ra tam giác $CDE$ vuông tại $C$, nói cách khác $CE \perp CD.$
Mặt khác thì $SI \perp CE$ vì $SI $ vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn $(O)$.
Kết hợp hai điều này suy ra $CE \perp SID$, và nói riêng $CE \perp SD.$

2a) Theo giả thiết thì $DE$ chính là đường kính của đường tròn tâm $O$. vì thế trong tam giác $SDE$ có $SO$ là trung tuyến. Mặt khác cũng theo giả thiết thì $SO=R=\dfrac{1}{2}DE.$ Như vậy tam giác $SDE$ vuông tại $S$ vì có trung tuyến bằng nửa cạnh đối diện.

a) Ta có
$\dfrac{11a+9b}{a(a+b)}=\dfrac{2a+9(a+b)}{a(a+b)}=\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{9}{a}$
Suy ra
$\dfrac{11a+9b}{a(a+b)}+\frac{11b+9c}{b(b+c)}+\dfrac{11c+9a}{c(c+a)} \ge 2\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \right )+9\left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )$
$\ge 2.\frac{9}{2(a+b+c)}+9.\frac{9}{a+b+c}=9+81=90$
Đẳng thức xảy ra $\iff a=b=c=1/3$.

b) Trước hết nhắc lại không chứng minh BĐT khá quen thuộc sau
$\dfrac{a_1^2}{b_1}+ \dfrac{a_2^2}{b_2}+ \ldots+ \dfrac{a_n^2}{b_n} \ge \dfrac{(a_1+a_2+\ldots+a_n)^2}{b_1+b_2+\ldots+b_n} $
Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_1}{b_1}= \dfrac{a_2}{b_2}= \ldots= \dfrac{a_n}{b_n}$
Áp dụng
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca} \ge \dfrac{9}{ab+bc+ca}=\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{7}{ab+bc+ca} \quad (1)$
$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+bc+ca}+\dfrac{1}{ab+bc+ca} \ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}= \dfrac{9}{(a+b+c)^2}=9\quad (2)$
$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2= \dfrac{1}{3} \implies \dfrac{7}{ab+bc+ca} \ge 21\quad (3)$
cộng theo từng vế $(1),(2),(3)$ và rút gọn ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $\iff a=b=c=1/3$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$2a (1-a)^2 =2a (1-a)(1-a) \le \left ( \dfrac{2a +(1-a)+(1-a) }{3}\right )^3=\dfrac{8}{27}$
$\implies a (1-a)^2 \ge \dfrac{4}{27} \implies \sqrt a(1-a) \le \dfrac{2}{3 \sqrt 3} $
$\implies \dfrac{\sqrt a}{1 -a } \ge \dfrac{3\sqrt 3}{2}a \qquad \qquad (1)$
Tương tự như vậy
$ \dfrac{\sqrt b}{1 -b } \ge \dfrac{3\sqrt 3}{2}b \qquad \qquad (2)$
 $ \dfrac{\sqrt c}{1 -c } \ge \dfrac{3\sqrt 3}{2}c \qquad \qquad (3)$
 Cộng theo từng vế $(1),(2),(3)$ và sử dụng giả thiết $a+b+c=1$ ta có đpcm.
dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c=1/3$

Áp dụng BĐT Cô-si cho ba số dương ta được
$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\ge 3\sqrt[3]{\left[ {(\dfrac{1+x}{2})(\dfrac{1+y}{2})(\dfrac{1+z}{2})} \right]^n}$
 Mặt khác
$\begin{cases} 1+ x \ge 2\sqrt x\\1+ y \ge 2\sqrt y\\1+ z \ge 2\sqrt z \end{cases} \implies (\dfrac{1+x}{2})(\dfrac{1+y}{2})(\dfrac{1+z}{2}) \ge \sqrt{xyz}=1$
Tóm lại
$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\ge 3\sqrt[3]{\left[ {1} \right]^n}=3$
 Đẳng thức xảy ra $\iff x=y=z=1.$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

c) PT
$\Leftrightarrow x^4-24x-32=0$
$\Leftrightarrow (x^2-2x-4)(x^2+2x+8)=0$
$\Leftrightarrow  x= 1\pm \sqrt {5}$
Do $x^2+2x+8=(x+1)^2+7 >0$ nên PT này vô nghiệm.

c) PT
$\Leftrightarrow \left(x^{2}-6x-9\right)^2-x\left(x^2-4x-9\right)=0$
$\Leftrightarrow x^4-13x^3+22x^2+117x+81=0$
$\Leftrightarrow (x-9)(x+1)(x^2-5x+9)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\dfrac{1}{2}\left ( 5\pm \sqrt {61} \right )\\ x=-1\\x=9 \end{matrix}} \right.$

a) PT
$\Leftrightarrow (x^2-2x-2)(x^2+5x-2)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\dfrac{1}{2}\left ( -5\pm \sqrt {33} \right )\\ x=1\pm \sqrt 3 \end{matrix}} \right.$

a) PT
$\Leftrightarrow (x^2-6x+1)(x^2-4x+1)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=3\pm 2\sqrt 2\\ x=2\pm \sqrt 3 \end{matrix}} \right.$

Bạn xem tại đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115804/cap-so

Em xem ở đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115704/ai-giai-cau-nay-minh-bai-phuc-goi-su-phu-de-hoc-tap