Chia hình chữ nhật 4 x 3 thành 24 hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\).

Diện tích mỗi hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) là \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

G/s : Mỗi  hình chữ nhật  chỉ chứa ít hơn 3 điểm 

Tổng số điểm của hình chữ nhật  3 x 4 thì sẽ < 2.24 = 48 điểm <49 điểm ( vô lí)

=> Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\)  chứa ít nhất  3 điểm trong 49 điểm đã cho.

Tam giác có 3 đỉnh nằm trong hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) nên diện tích < \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

Vậy ....

Sử dụng: 

\(A^3+B^3+C^3-3ABC=\left(A+B+C\right)\left(A^2+B^2+C^2-AB-BC-AC\right)\) (1)

Áp dụng vào bài:

\(\left(a-1\right)^3+\left(b-2\right)^3+\left(c-3\right)^3-3\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)\)

\(=\left(a-1+b-2+c-3\right)\)[ \(\left(a-1\right)^2+\left(b-2\right)^2+\left(c-3\right)^2\)

\(+\left(a-1\right)\left(b-2\right)+\left(a-1\right)\left(c-3\right)+\left(b-2\right)\left(c-3\right)\)]

<=> \(0-3\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)=0\)

( vì \(a-1+b-2+c-3=a+b+c-6=6-6=0\))

<=> \(\left(a-1\right)\left(b-2\right)\left(c-3\right)=0\)

<=>  a = 1 hoặc b = 2 hoặc c = 3.

Không mất tính tổng quát: g/s : a = 1

Khi đó: b + c =5

Ta có:  \(T=\left(b-2\right)^{2n+1}+\left(c-3\right)^{2n+1}\)

\(=\left(b-2+c-3\right).A\)

\(=\left(b+c-5\right).A\)

\(=0.A=0\)

Với \(A=\left(b-2\right)^{2n}-\left(b-2\right)^{2n-1}\left(c-3\right)+\left(b-2\right)^{2n-2}\left(c-3\right)^2-...+\left(c-3\right)^{2n}\)

Tương tự b = 2; c= 3 thì T = 0.

Vậy T = 0.

Sửa đề: chứng minh:\(\frac{a^2}{\sqrt{12b^2+11bc+2c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{12c^2+11ca+2a^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{12a^2+11ca+2b^2}}\ge\frac{3}{5}\)

Ta có: \(12b^2+11bc+2c^2=\frac{1}{4}\left(7b+3c\right)^2-\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2\le\frac{1}{4}\left(7b+3c\right)^2\)

Do đó: \(\frac{a^2}{\sqrt{12b^2+11bc+2c^2}}\ge\frac{2a^2}{7b+3c}\).Tương tự hai BĐT còn lại rồi cộng theo vế thu được:

\(VT\ge\frac{2a^2}{7b+3c}+\frac{2b^2}{7c+3a}+\frac{2c^2}{7a+3b}\)

\(=2\left(\frac{a^2}{7b+3c}+\frac{b^2}{7c+3a}+\frac{c^2}{7a+3b}\right)\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{10\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{5}\)(áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel)

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

P/s: Is that true? Thấy đề nó là lạ nên sửa thôi chứ ko chắc rằng mình sửa đúng..

@Cool Kid: Cách của mình"

Đầu tiên ta xét hiệu: \(12b^2+11bc+2c^2-x\left(b-c\right)^2\). Ta chọn x để biểu thức sau khi phân tích có dạng một số chính phương.

\(=\left(12-x\right)b^2+\left(11+2x\right)bc+\left(2-x\right)c^2\)

\(=\left(12-x\right)\left(b+\frac{\left(11+2x\right)c}{2\left(12-x\right)}\right)^2+\left(2-x\right)c^2-\frac{\left(11+2x\right)^2c^2}{4\left(12-x\right)}\)

\(=\left(12-x\right)\left(b+\frac{\left(11+2x\right)c}{2\left(12-x\right)}\right)^2+c^2\left[\left(2-x\right)-\frac{\left(11+2x\right)^2}{4\left(12-x\right)}\right]\)

Đến đây thì ý tưởng đã rõ, ta chọn x sao cho 12 - x > 0 và:

\(\left(2-x\right)-\frac{\left(11+2x\right)^2}{4\left(12-x\right)}=0\). Bấm máy tính ta suy ra \(x=-\frac{1}{4}\)

Từ đó có thể dễ dàng suy ra cách phân tích bên trên

\(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)-3abc=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b\right)-3abc=0\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)

Xét \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]=0\)

\(\Leftrightarrow a=b=c\)

\(\RightarrowĐPCM\)

Đặt \(\left(b+c-a;c+a-b;a+b-c\right)\rightarrow\left(x,y,z\right)\)

\(\Rightarrow x+y+z=a+b+c\)

Ta có:\(\left(x+y+z\right)^3-x^3-y^3-z^3\)

\(\left(x+y\right)^3-3\left(x+y\right)z\left(x+y+z\right)+z^3-x^3-y^3-z^3\)

\(=x^3+3xy\left(x+y\right)+y^3-3\left(x+y\right)z\left(x+y+z\right)+z^3-x^3-y^3-z^3\)

\(=3\left(x+y\right)\left(xy+xz+yz+z^2\right)\)

\(=3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)

\(=3\cdot2a\cdot2b\cdot2c=24abc\)

Xét: \(9M=\Sigma\frac{a^2+b^2+c^2}{4a^2+b^2+c^2}-\frac{3}{2}+\Sigma\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{4a^2+b^2+c^2}-3+\frac{9}{2}\)

\(=\Sigma\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{4a^2+b^2+c^2}-\frac{1}{2}\right)+\Sigma\left(\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{4a^2+b^2+c^2}-1\right)+\frac{9}{2}\)

\(=\frac{1}{2}\Sigma\frac{b^2+c^2-2a^2}{\left(4a^2+b^2+c^2\right)}+\Sigma\frac{2ab+2bc+2ca-4a^2-b^2-c^2}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{2}\)

\(=\frac{1}{2}\Sigma\frac{\left(b-a\right)\left(b+a\right)+\left(c-a\right)\left(c+a\right)}{\left(4a^2+b^2+c^2\right)}+\Sigma\frac{2a\left[\left(b-a\right)+\left(c-a\right)\right]}{4a^2+b^2+c^2}-\Sigma\frac{\left(b-c\right)^2}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{2}\)

\(=\frac{1}{2}\Sigma\left(\frac{\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{a^2+4b^2+c^2}-\frac{\left(a-b\right)\left(b+a\right)}{4a^2+b^2+c^2}\right)-\Sigma\frac{2a\left(a-b\right)}{4a^2+b^2+c^2}-\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{9}{2}\)

\(=\frac{1}{2}\Sigma\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(\frac{3a^2-3b^2}{\left(a^2+4b^2+c^2\right)\left(4a^2+b^2+c^2\right)}\right)-\Sigma\frac{2a\left(a-b\right)}{4a^2+b^2+c^2}-\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{9}{2}\)

\(=\Sigma\frac{3\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)^2}{2\left(a^2+4b^2+c^2\right)\left(4a^2+b^2+c^2\right)}-\Sigma\frac{2a\left(a-b\right)}{4a^2+b^2+c^2}-\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+4c^2}+\frac{9}{2}\)

\(=\Sigma\left(a-b\right)^2\left[\frac{3\left(a+b\right)^2}{2\left(a^2+4b^2+c^2\right)\left(4a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{1}{a^2+b^2+4c^2}\right]-\Sigma\frac{2a\left(a-b\right)}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{2}\)

\(=\Sigma\left(a-b\right)^2\left[\frac{3\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2+4c^2\right)-2\left(a^2+4b^2+c^2\right)\left(4a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+4b^2+c^2\right)\left(4a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+4c^2\right)}\right]-\Sigma\frac{2a\left(a-b\right)}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{2}\)Ai đó làm tiếp giúp em vs:( Em chỉ nghĩ ra được tới đây thôi.

Ta có:

\(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab;a^2+c^2\ge2\sqrt{a^2c^2}=2ac;a^2+a^2\ge2\sqrt{a^2a^2}=2a^2\)

Khi đó:

\(4a^2+b^2+c^2\ge2a\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{4a^2+b^2+c^2}\le\frac{1}{6a}\)

Tương tự:

\(\frac{1}{a^2+4b^2+c^2}\le\frac{1}{6b};\frac{1}{a^2+b^2+4c^2}\le\frac{1}{6c}\cdot\)

\(\Rightarrow M\le\frac{1}{6}\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{ab+bc+ca}{abc}\cdot\frac{1}{6}\) \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow3\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le1\)

Theo BĐT \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)

Khi đó \(M\le\frac{3}{1}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)

P/S:Is that true ??

Nối BD. Gọi O là trung điểm DB
Xét tam giác ABD
Có: M là trung điểm AB ( gt)
O là trung điểm DB ( cách lấy O)
\(\Rightarrow\) OM là đường trung bình  ABD
\(\Rightarrow\)OM // AD, OM = \(\frac{1}{2}\) AD ( đl)
\(\Rightarrow\)góc AEM = OMN ( 2 góc đồng vị) (1)
Tương tự ta chứng minh được ON là đường trung bình tam giác DBC
\(\Rightarrow\) ON // BC; BC
\(\Rightarrow\)góc OMN = MFB ( 2 góc so le trong) (2)
Mà AD = Bc (gt)
\(\Rightarrow\)OM=ON ( \(\frac{1}{2}\)AD)
Xét OMN
có OM = ON
\(\Rightarrow\) Tam giác OMN cân tại O ( đn)
\(\Rightarrow\) góc OMN = ONM ( đl) (3)
Từ (1); (2); (3) \Rightarrow góc AEM = MFB ( đpc/m)

cho xin cái hình

TH1: y = 0

\(x^2+3^0=3026\)

=> \(x^2=3025\)

=> \(x=\pm55\)

TH2: \(y\ge1\)

Có: \(x^2=3026-3^y\) 

+) \(VP=3026-3^y=2+3024-3^y\)chia 3 dư 2 (1) 

+) \(VT=x^2\)chia 3 dư 0 hoặc 1

x = 3k  => \(x^2\)chia hết cho 3 nghĩa là chia 3 dư 0

x = 3k + 1 => \(x^2=9k^2+6k+1\) chia 3 dư 1

\(x=3k+2\Rightarrow x^2=9k^2+12k+4=9k^2+12k+3+1\) chia 3 dư 1

Vậy  \(VT=x^2\)chia 3 dư 0 hoặc 1 (2)

Từ (1) , (2) => \(VT\ne VP\)

=> \(y\ge1\)loại

Vậy y = 0 và \(x=\pm55\).

với y =0 =>x²+1=3026 <=> x=55

với y\(\ge1\) thì 3016 \(⋮̸\)3 mà 3^y \(⋮3\)nên x²\(⋮̸\)3 nên có dạng x=3k+1 hoặc x=3k+2  (k\(\in N\))

xét x=3k+1 => (3k+1)²+3^y=301=26 <=> 9k²+6k+1+3^y=3016 <=> 9k²+6k+3^y=3025

9k²+6k+3^y\(⋮\)3 mà 3015\(⋮̸\)3 nên phương trình vô nghiệm

tương tự x=3k+2 ta cũng có pt vo nghiệm

vậy x=55;y=1 là nghiệm duy nhất

Gọi AH là đường cao của tam giác ABC.

Gọi MNPQ là hình chữ nhật thỏa mãn điều kiện đề bài. Gọi O là tâm hình chữ nhật MNPQ.

Gọi E, F, D, G lần lượt là trung điểm của QM, PN, AH và BC. Khi đó O là trung điểm EF.

Gọi F' là giao điểm của PN và CD. Áp dụng định lý Talet ta có:

\(\frac{PF'}{AD}=\frac{FC}{CD}=\frac{F'N}{DH}\) mà AD = DH nên PF' = F'N hay F' là trung điểm của PN. Vậy F' trùng F hay F thuộc DC. Tương tự E thuộc DB.

Gọi O' là giao điểm của EF với DG. Áp dụng định lý Ta let ta có:

\(\frac{EO'}{BG}=\frac{DO'}{DG}=\frac{O'F}{GC}\) mà BG = GC nên EO' = O'F hay O' là trung điểm EF.

Từ đó suy ra O' trùng O hay O thuộc DG. Do A, B, C cố định nên DG cố định,.

Vậy tâm hình chữ nhật luôn nằm trên đoạn thẳng DG.

a, chỉ cần cm ME ko song song với BC

b, Kẻ EF song song với AB

Xét tg ABC có EF // AB => \(\hept{\begin{cases}\frac{BF}{BC}=\frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}\left(1\right)\\\frac{AB}{EF}=\frac{AC}{EC}=\frac{4}{3}\end{cases}}\)

Mà M là trung điểm AB nên \(MB=MA=\frac{1}{2}AB\)=>\(\frac{MB}{EF}=\frac{2}{3}\)

Do AB // EF mà M thuộc AB => MB // EF

=> \(\frac{NB}{NF}=\frac{MB}{EF}=\frac{2}{3}\)=>\(\frac{NB}{BF}=2\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{NB}{BC}=\frac{1}{2}\)

Câu này chỉ cần áp dụng định lý Ta let:

a. Do E không là trung điểm AC nên ME không song song BC. Vậy ME cắt BC.

b. Kẻ EH // BC, H thuộc AB. Áp dụng định lý Talet: \(\frac{AE}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{HE}{BC}=\frac{1}{4}\left(1\right)\)

Lại do M là trung điểm AB nên H là trung điểm MA. Áp dụng Talet:

\(\frac{HE}{NB}=\frac{MH}{MB}=\frac{MH}{MA}=\frac{1}{2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta suy ra BC = 2BN.