Theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel 

\(S=x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{4}{2}=2\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(x=y=1\)

676575755

1)
\(A^2 = 12 - 2 * \sqrt{(6 - \sqrt{11})(6 + \sqrt{11})}\)
\(A^2 = 12 - 2 * \sqrt{25} = 2\)
\(A = \sqrt{6 - \sqrt{11}} - \sqrt{6 + \sqrt{11}} < 0\)
\(\implies A = -\sqrt{2}\)

Khi \(x=1,44\): \(A=\frac{1,44+7}{\sqrt{1,44}}=\frac{8,44}{1,2}=\frac{211}{30}\)

\(B=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}+\frac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}-3}-\frac{2x-\sqrt{x}-3}{x-9}\)(ĐK: \(x\ge0,x\ne9\)) 

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

\(=\frac{x-3\sqrt{x}+2x+5\sqrt{x}-3-2x+\sqrt{x}+3}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)

\(=\frac{x+3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\)

\(S=\frac{1}{B}+A=\frac{\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}}+\frac{x+7}{\sqrt{x}}=\frac{x+\sqrt{x}+4}{\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{4}{\sqrt{x}}+1\)

\(\ge2\sqrt{\sqrt{x}.\frac{4}{\sqrt{x}}}+1=5\)

Dấu \(=\)khi \(\sqrt{x}=\frac{4}{\sqrt{x}}\Leftrightarrow x=4\)(thỏa mãn) 

đầu bài kiểu gì đây:))?

Tk cho bn để chuộc lỗi

a/

\(d_1;d_2\) là tiếp tuyến với đường tròn tại A và B \(\Rightarrow d_1\perp AB;d_2\perp AB\) => \(d_1\)//\(d_2\)

Xét tg vuông ABK có

\(\widehat{ACB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AK^2=KC.KB\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)

b/ 

Ta có 

DA=DC (2 tiếp tuyến của 1 đường tròn cùng xuất phát từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau) (1)

EC=EB (lý do như trên) => tg EBC cân tại E\(\Rightarrow\widehat{ECB}=\widehat{KBE}\) (2 góc ở đáy của tg cân) (*)

\(\widehat{KBE}=\widehat{AKB}\) (góc so le trong) (**)

\(\widehat{KCD}=\widehat{ECB}\) (Góc đối đỉnh) (***)

Từ (*) (**) và (***) \(\Rightarrow\widehat{AKB}=\widehat{KCD}\) => tg DCK cân tại D => DC=DK (2)

Từ (1) và (2) => DA=DK nên K là trung điểm của AK

c/ Gọi I là giao của CH với BD

Ta có 

\(CH\perp AB;d_1\perp AB\) => CH//\(d_1\)

\(\Rightarrow\frac{IC}{DK}=\frac{BC}{BK}=\frac{BH}{BA}=\frac{IH}{DA}\) (Talet trong tam giác)

Mà DK=DA => IC=IH => BD đi qua trung điểm I của CH

d/

câu a ý số 2 bạn còn cách nào khác ko? Tại mk chx hc góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

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