Gọi số thứ nhất, thứ 2 và thứ 3 lần lượt là \(x,y,z\)

Theo đề bài, ta có \(\hept{\begin{cases}x+y+z=7068\left(\cdot\right)\\x+y=5179\left("\right)\\y+z=2796\left(~\right)\end{cases}}\)

Từ \(\left(\cdot\right)\)và \(\left( "\right)\)ta có \(\left(x+y+z\right)-\left(x+y\right)=7068-5179\)\(\Leftrightarrow z=1889\)

Từ \(\left(\cdot\right)\)và \(\left(~\right)\)ta có \(\left(x+y+z\right)-\left(y+z\right)=7068-2796\)\(\Leftrightarrow x=4272\)
Thay \(x=4272\)vào \(\left("\right)\), ta có \(4272+y=5179\)\(\Leftrightarrow y=907\)

Vậy 3 số đó lần lượt là \(4272;907\)và \(1889\)

=4372;907;1889 .

HT

Bài 2 : 

Với \(x\ge0;x\ne1\)

\(=\left[\frac{\left(1-\sqrt{x}\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{1-\sqrt{x}}+\sqrt{x}\right]\left(\frac{1-\sqrt{x}}{1-x}\right)^2\)

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

Vậy ta có đpcm 

Bài 5 : 

a, cm tứ giác nội tiếp đúng ko bạn ? 

Ta có : ^ACB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

^AEB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=< ^FCD = ^DCF = 90⁰

Xét tứ giác FCDE có 

^FCD + ^DCF = 180⁰ 

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác FCDE là tứ nt 1 đường tròn 

b, Xét tam giác DAB và tam giác DCE có : 

^ADB = ^CDE ( đối đỉnh ) 

^DAB = ^DCE ( góc nt chắn cung BE ) 

Vậy tam giác DAB ~ tam giác DCE ( g.g ) 

\(\frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DE}\Rightarrow DA.DE=DB.DC\)

c, Xét tam giác OBC có OC = OB 

nên tam giác OBC cân tại O => ^OCB = ^OBC (1) 

mà ^CBA = ^CEA ( góc nt chắn cung CA ) (2) 

Vì tứ giác DCEF là tứ giác nt 1 đường tròn (cma) 

=> ^CFD = ^CED ( góc nt cùng chắn CD ) (3) 

Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra ^CFD = ^OCB 

\(\left(x+2y\right)^2+\left(y-1\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+2y=0\\y-1=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=-2\\y=1\end{cases}}\)

a, Xét tứ giác BCDE có : 

^BEC = ^BDC = 90⁰ 

mà 2 góc này kề nhau, cùng nhìn cạnh BC 

Vậy tứ giác BCDE là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, Vì tứ giác BEDC là tứ giác nt 1 đường tròn 

=> ^EDC = ^EDB ( góc nt cùng chắn cung EB ) 

mà ^E'D'B = ^E'CB ( góc nt cùng chắn cung E'B ) 

=> ^EDB = ^E'D'B 

mà 2 góc này nằm ở vị trí đồng vị 

=> ED // E'D' 

c, Xét tam giacs OED và tam giác OBC có : 

^EOD = ^BOC ( đối đỉnh ) 

^EDO = ^BCO ( góc nt cùng chắn cung BE ) 

Vậy tam giác OED ~ tam giác OBC ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{OE}{OB}=\frac{OD}{OC}\)( cạnh tương ứng tỉ lệ ) => ED // BC ( Ta lét đảo ) 

Vì BD vuông AC => BD là đường cao 

CE vuông AB => CE là đường cao 

mà BD giao CE tại O => OA là đường cao thứ 3 

=> OA vuông BC mà BC // EF ( cmt ) 

=> OA vuông DE 

dòng 2 dưới lên là ED // BC bạn nhé 

áp dụng cách đánh giá :
\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\)\(\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}\right)\)

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

Ta cần chỉ ra được :\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\)Ta được :

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)

ta cần chứng minh được :

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

\(hay\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Dễ thấy\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Do đó\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki

\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Do đó ta được

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)

Bài toán được chứng minh :333!~

Phân tích bài toán.

Ta làm 2 vế đẳng thức xuất hiện đại lượng kiểu\(\left(a-b\right)^2;\left(b-c\right)^2;\left(c-a\right)^2\)

Để biến đổi vế trái ta sẽ được:

\(\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}-\left(a+b+c\right)\)

Để biến đổi vế phải ta sẽ được:

\(\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\)

Đến đây ta chỉ cần chỉ ra được \(\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\ge0\)

Bài làm:

Bất đẳng thức cần chứng mình tương đương với:

\(\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a\ge\)

\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)

\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}-\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{c+a}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)

\(\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\right]\)

\(+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\right]\ge0\)

Đặt:

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

\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\)

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

Chứng mình hoàn tất nếu ta chứng mình được A,B.C\(\ge\)0, Vậy:

\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2a+b}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}>0\)

\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2b+c}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}>0\)

\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}=\frac{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2c+a}}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}>0\)

Vậy biểu thức đã được chứng minh.

a, Ta có : \(\sqrt{4+4\sqrt{3}+3=a+b\sqrt{3}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{7+4\sqrt{3}=a+b\sqrt{3}}\)

-> a = 7 ; b = 4 

Thay vào ta được \(a^2+b^2=49+16=65\)

b, Ta có : \(=\sqrt{3}+1+\sqrt{3}-1=a\sqrt{3}\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{3}=a\sqrt{3}\Rightarrow a=2\)( tmđk \(a\in Z\)) 

Thay vào ta được \(2.2\sqrt{3}=4\sqrt{3}\)

a: \(TXĐ=D=R\)

b: \(f\left(-1\right)=\dfrac{2}{-1-1}=\dfrac{2}{-2}=-1\)

\(f\left(0\right)=\sqrt{0+1}=1\)

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

\(f\left(2\right)=\sqrt{3}\)

a, đk : \(\hept{\begin{cases}2-x\ge0\\x+2\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\le2\\x\ge-2\end{cases}}\Leftrightarrow-2\le x\le2\)

b, Gỉa sử f(a) = f(-a) 

\(\sqrt{2-a}+\sqrt{a+2}=\sqrt{2-\left(-a\right)}+\sqrt{-a+2}\)*đúng* 

Vậy ta có đpcm 

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

Do \(2\sqrt{4-x^2}>0\Rightarrow4+2\sqrt{4-x^2}>4\)với -2 =< x =< 2 

Vậy y^2 > 4 

*Giá trị nhỏ nhất của A  đặt được khi \(ab=12;bc=8\)tại điểm rơi \(a=3,b=4,c=2\)Ta áp dụng bất đẳng thức cho từng nhóm sau:

\(\left(\frac{a}{18};\frac{b}{24};\frac{2}{ab}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{2}{ca}\right),\left(\frac{b}{16};\frac{c}{8};\frac{2}{bc}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{b}{12};\frac{8}{abc}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:

\(\frac{a}{18}+\frac{b}{24}+\frac{2}{ab}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{18}\cdot\frac{b}{24}\cdot\frac{2}{ab}}=\frac{1}{2}\)

\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{2}{ca}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{2}{ca}}=1\)

\(\frac{b}{16}+\frac{c}{8}+\frac{2}{bc}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{16}\cdot\frac{c}{8}\cdot\frac{2}{bc}}=\frac{3}{4}\)

\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{b}{12}+\frac{8}{abc}\ge4\sqrt[4]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{b}{12}\cdot\frac{8}{abc}}=\frac{4}{3}\)

\(\frac{13a}{18}+\frac{13b}{24}\ge2\sqrt{\frac{13a}{18}\cdot\frac{13b}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{18}\cdot\frac{13}{24}\cdot12}=\frac{13}{3}\)

\(\frac{13b}{48}+\frac{13c}{24}\ge2\sqrt{\frac{13b}{48}\cdot\frac{13c}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{48}\cdot\frac{13}{24}\cdot8}=\frac{13}{4}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\(\left(a+b+c\right)+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+\frac{8}{abc}\ge\frac{121}{12}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=3;b=4;c=2\)