Kẽ NI // BC

\(\Rightarrow\frac{DN}{DC}=\frac{AI}{AB}=\frac{AM}{AH}\)

\(\Rightarrow\)MI // BH

\(\Rightarrow\widehat{IMB}=\widehat{MBH}\left(1\right)\)

Tứ giác IBCN có

\(\widehat{IBC}=\widehat{BIN}=\widehat{BCN}\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác IBCN là hình chữ nhật

\(\Rightarrow\widehat{NBC}=\widehat{BCI}\left(2\right)\)

Xét tứ giác IMCB có

\(\widehat{IMC}=90\)(vì IM // BH và BH vuông góc AC)\

\(\widehat{IBC}=90\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác IMCB là tứ giác nội tiếp đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{IMB}=\widehat{ICB}\left(3\right)\)(cùng chắn cung IB) 

Từ (1),(2),(3) \(\Rightarrow\widehat{MBH}=\widehat{NBC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BMC}=90-\widehat{MBH}=90-\widehat{NBC}=\widehat{CNB}\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác MBCN nội tiếp đường tròn 

Hay M,B,C,N cùng nằm trên một đường tròn

giải thích kĩ hơn đi boy :))

\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c-3\sqrt[3]{abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\right)^3+c-3\sqrt[3]{ab}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\right)-3\sqrt[3]{abc}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}-\sqrt[3]{ab}-\sqrt[3]{bc}-\sqrt[3]{ac}\right)\ge0\)

Mà ta có \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\ge0\\\left(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}-\sqrt[3]{ab}-\sqrt[3]{bc}-\sqrt[3]{ac}\right)\ge0\end{cases}}\)nên cái BĐT là đúng

• Ta có BĐT giữa trung bình nhân và trung bình cộng : \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) ; \(\frac{c+d}{2}\ge\sqrt{cd}\)
• Trước hết ta chứng minh BĐT \(\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\)

Áp dụng BĐT trên , ta được :  \(\frac{a+b+c+d}{2}=\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}\ge2\sqrt{\frac{\left(a+b\right)}{2}.\frac{\left(c+d\right)}{2}}\ge2\sqrt{\sqrt{ab}.\sqrt{cd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\) (*)

• Đặt \(d=\frac{a+b+c}{3}\) thì \(a+b+c=3d\) (**)

Từ (*) và (**) ta có : \(\frac{3d+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\Leftrightarrow d\ge\sqrt[4]{abcd}\Leftrightarrow d^4\ge abcd\Leftrightarrow d^3\ge abc\Leftrightarrow d\ge\sqrt[3]{abc}\) 

hay \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\) (đpcm)

Bạn tự xét dấu đẳng thức nhé!

Ta có: \(A=2013-xy\Leftrightarrow y=\frac{2013-A}{x}\)

Đặt \(2013-A=B\)thì ta có \(y=\frac{B}{x}\)(1)

Theo đề bài có

\(5x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{1}{4x^2}=\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow5x^2+\frac{B^2}{4x^2}+\frac{1}{4x^2}=\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow20x^4-10x^2+B^2+1=0\)

Để PT có nghiệm (theo biến x²) thì \(\Delta\ge0\)

\(\Leftrightarrow5^2-20\left(B^2+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow B^2\le0,25\Leftrightarrow-0,5\le B\le0,5\)

\(\Leftrightarrow-0,5\le2013-A\le0,5\)

\(\Leftrightarrow2012,5\le A\le2013,5\)

Đạt GTLN khi \(\left(x,y\right)=\left(\frac{1}{2},-1;-\frac{1}{2},1\right)\)

Đạt GTNN khi \(\left(x;y\right)=\left(\frac{1}{2},1;-\frac{1}{2},-1\right)\)

Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại J, từ đó suy ra AJ là đường kính hay \(\widehat{ABJ}=\widehat{ANJ}=90^o\) .

Ta thấy ngay \(\Delta AMH\sim\Delta AJB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AB}=\frac{AM}{AJ}\Rightarrow AH.AJ=AB.AM\) (không đổi).

Xét tam giác vuông ANJ, áp dụng hệ thức lượng ta có: \(AN^2=AH.AJ=AM.AB\) (không đổi)

Vậy AN luôn không đổi và \(AN=\sqrt{AM.AB}\).

Cô Huyền làm đúng rồi

Bảo Ngọc nhầm rồi nhé bạn. 

Người ta có cho MD = ME = MB = MC đâu mà bạn kết luận 4 điểm đó cùng thuộc 1 đường tròn được

Có phải cát tuyến của hai đường tròn đi qua A không bạn nhỉ?

Ta có : \(a\left(x-b\right)\left(x-c\right)+b\left(x-c\right)\left(x-a\right)+c\left(x-a\right)\left(x-b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow a\left[x^2-x\left(b+c\right)+bc\right]+b\left[x^2-x\left(c+a\right)+ac\right]+c\left[x^2-x\left(a+b\right)+ab\right]=0\)

\(\Leftrightarrow x^2\left(a+b+c\right)-2x\left(ab+ac+bc\right)+3abc=0\) (1)

Xét với a + b + c \(\ne\) 0 thì phương trình (1) có biệt số \(\Delta'=\left(ab+bc+ac\right)^2-3.\left(a+b+c\right).abc\)

\(=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)-3abc\left(a+b+c\right)\)

\(=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-abc\left(a+b+c\right)\)

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

\(=\frac{a^2\left(b-c\right)^2+b^2\left(c-a\right)^2+c^2\left(a-b\right)^2}{2}\ge0\)

=> Phương trình (1) luôn có nghiệm trong trường hợp này.

Vậy phương trình ban đầu luôn có nghiệm với mọi a,b,c thỏa mãn \(a+b+c\ne0\)

Ta có : a (x−b)(x−c)+b(x−c)(x−a)+c(x−a)(x−b)=0

óa[x²−x(b+c)+bc]+b[x²−x(c+a)+ac]+c[x²−x(a+b)+ab]=0

óx²(a+b+c)−2x(ab+ac+bc)+3abc=0 (1)

Xét với a + b + c≠ 0 thì phương trình (1) có biệt số

Δ'=(ab+bc+ac)²−3.(a+b+c).abc

=a²b²+b²c²+c²a²+2abc(a+b+c)−3abc(a+b+c)=a²b²+b²c²+c²a²−abc(a+b+c)

=a²(b²−2bc+c²)+b²(c²−2ca+a²)+c²(a²−2ab+b²)2 

a²(b−c)²+b²(c−a)²+c²(a−b)²2 ≥0

=> Phương trình (1) luôn có nghiệm trong trường hợp này.

Vậy phương trình ban đầu luôn có nghiệm với mọi a,b,c thỏa mãn

Ta có

\(x^5-9x-27=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^5+3x^4+3x^3\right)+\left(-3x^4-9x^3-9x^2\right)+\left(6x^3+18x^2+18x\right)+\left(-9x^2-27x-27\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+3x+3\right)\left(x^3-3x^2+6x-9\right)=0\)

Tới đây thì đơn giản rồi. Lấy máy tính mà bấm nhé

nè bạn alibaba nguyễn ..cậu tìm kiểu j ra nhân tử là x^2+3x+3 vậy??

Ta có: \(x\left(x+1\right)=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.\frac{\sqrt{5}+1}{2}=1\)

Ta có: x⁵ + x⁴ - x³ + 1 = (x⁵ + x⁴) - x³ + 1 = x³ - x³ + 1 = 1

x² + x - 3 = x(x + 1) - 3 = - 2

x⁵ + x⁴ - x³ - 2²⁰¹⁶ = - 2²⁰¹⁶

Từ đó ta có

\(=1^{2017}+\frac{\left(-2\right)^{2016}}{-2^{2016}}=1-1=0\)

Ta có: \(x^2\text{+}x-1=...=0 \)

\(=>x^3\left(x^2\text{+}x-1\right)=0\)

=> \(x^5\text{+}x^4-x^3=0\)

=> A=\(\left(\left(x^5\text{+}x^4-x^3\right)\text{+}1\right)^{2017}\text{+}\frac{\left(\left(x^2\text{+}x-1\right)-2\right)^{2016}}{\left(x^5\text{+}x^4-x^3\right)-2^{2016}}\)

=\(1^{2017}\text{+}\frac{2^{2016}}{-2^{2016}}=1-1=0\)