Ta có :  \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)

Như vậy, cần chứng minh :

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8abc\)

Áp dụng BĐT Cô-si,ta có : 

\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};a+c\ge2\sqrt{ac}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Dấu"=" xảy ra khi a = b = c

Đặt a+b=x, ab=y => y=3-x

Ta có \(VT=\frac{x^2+3x-2y}{y+3x+9}+\frac{y}{x}=\frac{x^2+3x-2\left(3-x\right)}{3-x+3x+9}+\frac{3-x}{x}\)

\(=\frac{x^2+5x-6}{2x+12}+\frac{3}{x}-1=\frac{\left(x-1\right)\left(x+6\right)}{2\left(x+6\right)}+\frac{3}{x}-1\)

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

\(=\frac{\left(x^2-3x+6\right)}{2x}=\frac{\left(x-2\right)\left(x-3\right)+2x}{2x}\)

\(=\frac{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}{2x}+1\le1\)

Dấu "=' xảy ra khi a=b=1

Bổ sung: 

Đặt: a + b = x; ab = y => x, y > 0 

=> x + y = 3 <=> y = 3- x > 0 => 0 < x < 3

Và a, b  là nghiệm của phương trình: X^2 -xX +y = 0 

Điều kiện để phương trình trên có nghiệm là: \(x^2-4y\ge0\)<=> \(x^2\ge4y=4\left(3-x\right)\)

<=> \(x^2+4x-12\ge0\)

<=> \(\left(x-2\right)\left(x+6\right)\ge0\)

<=> \(x\ge2\)

Vậy: \(2\le x< 3\)

=> \(\frac{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}{2x}\le0\)

( quay trở lại bài bạn Linh )

=> \(\frac{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}{2x}+1\le1\)

Vậy: \(\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}+\frac{ab}{a+b}\le1\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = 2 ; y = 1 

khi đó: a = b = 1

Vừa lm xong mt bị sụp ... 

\(\frac{1}{x-1}+\frac{3}{3x+5}=\frac{2}{x+2}+\frac{1}{x+3}\)ĐKXĐ : \(x\ne1;-\frac{5}{3};-2;-3\)

\(\frac{1}{x-1}+\frac{3}{3x+5}-\frac{2}{x+2}-\frac{1}{x+3}=0\)

\(\frac{\left(3x+5\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)}{\left(x-1\right)\left(3x+5\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)}+\frac{3\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)}{\left(3x+5\right)\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)}-\frac{2\left(x-1\right)\left(3x+5\right)\left(x+3\right)}{\left(x+2\right)\left(x-1\right)\left(3x-5\right)\left(x+3\right)}-\frac{\left(x-1\right)\left(3x+5\right)\left(x+2\right)}{\left(x+3\right)\left(x-1\right)\left(3x+5\right)\left(x+2\right)}=0\)

Khử mẫu và rút gọn ta đc : \(-3x^3+2x^2+45x+52=0\)

Mời cao nhân giải tiếp.

Bài cuối có Max nữa nhé, cần thì ib mình làm cho.

Giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\Rightarrow c\le1< 2\Rightarrow2-c>0\)

Ta có:\(P=ab+bc+ca-\frac{1}{2}abc=\frac{ab}{2}\left(2-c\right)+bc+ca\ge0\)

Đẳng thức xảy ra tại \(a=3;b=0;c=0\) và các hoán vị

3/ \(P=\Sigma\frac{\left(3-a-b\right)\left(a-b\right)^2}{3}+\frac{5}{2}abc\ge0\)

\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge0\)

Đặt \(\left(x;y;z\right)\rightarrow\left(a^3;b^3;c^3\right)\)

Ta chứng minh:\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\ge3a^2b^2c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3-3ab.bc.ca\ge0\)

Theo bổ đề trên ta có đpcm

Với A là một tập con của tập hợp {1;2;...;2014} thỏa mãn yêu cầu đề bài toán, gọi a là phần tử nhỏ nhất của A

Xét \(b\in A,b\ne a\) ta có b>a và \(\frac{a^2}{b-a}\ge a\Rightarrow b\le2a\)(1)

Gọi c,d là phần tử lớn nhất trong A, c<d từ (1) ta có: \(d\le2a\le2c\left(2\right)\)

Theo giả thiết \(\frac{c^2}{d-c}\in A\). Mặt khác do (2) nên  \(\frac{c^2}{d-c}\ge\frac{c^2}{2c-c}\ge c\Rightarrow\frac{c^2}{d-c}\in\left\{c;d\right\}\)

Xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: \(\frac{c^2}{d-c}=d\)trong trường hợp này ta có: \(\frac{c}{d}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\) mâu thuẫn với \(c,d\inℤ^+\)
• Trường hợp 2: \(\frac{c^2}{d-c}=c\)trong trường hợp này ta có: d=2c. Kết hợp với (2) => c=d và d=2a

Do đó: A={a;2} với a=1;2;...;1007. Các tập hợp trên đều thỏa mãn yêu cầu đề bài

Vậy có tất cả 1007 tập hợp thỏa mãn

a) Gọi K là giao của MN và CD

Ta có: \(\widehat{BMN}=\widehat{MTD}\)(so le trong và MN//AP) và \(\widehat{MTD}=\widehat{APD}\) (đồng vị và MN//AP)

\(\Rightarrow\widehat{BMN}=\widehat{APD}\)

Xét \(\Delta BMN\)và \(\Delta DPA\)có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MBN}=\widehat{PDA}\left(=90^o\right)\\\widehat{BMN}=\widehat{APD}\left(cmt\right)\end{cases}}\)

=> \(\Delta BMN~\Delta DPA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BM}{DP}=\frac{BN}{DA}\Rightarrow\frac{BM}{BN}=\frac{DP}{DA}\)

Mà \(BM=\frac{AB}{2},DA=BD\sin\widehat{ABD}=\frac{\sqrt{2}BD}{2}=\sqrt{2}OB\)

Do đó: \(\frac{\frac{\sqrt{2}OD}{2}}{BN}=\frac{DP}{\sqrt{2}OB}\Rightarrow\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\)

Xét \(\Delta DOP\)và \(\Delta BNO\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ODP}=\widehat{NBO}\left(=45^o\right)\\\frac{OD}{BN}=\frac{DP}{OB}\end{cases}\Rightarrow\Delta DOP~\Delta BNO\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{DOP}=\widehat{BNO}}\)

Mà \(\widehat{DON}=\widehat{BNO}+\widehat{OBN}=\widehat{BNO}+45^o\)

Và \(\widehat{DON}=\widehat{DOP}+\widehat{NOP}\)

Do vậy \(\widehat{NOP}=45^o\)

2. Ta có \(\frac{OP}{ON}=\frac{OD}{BN}\left(\Delta DOP~\Delta BNO\right)\)

Nên \(\frac{OP}{ON}=\frac{OB}{BN}\Rightarrow\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\) 

Xét \(\Delta OPN\)và \(\Delta BQN\)có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{PON}=\widehat{OBN}\left(=45^o\right)\\\frac{OP}{OB}=\frac{ON}{BN}\end{cases}\Rightarrow\Delta OPN~\Delta BON\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{OPN}=\widehat{BON}}\)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP

Ta có \(\widehat{ION}=\frac{180^o-\widehat{OIN}}{2}=90^o-\widehat{OPN}=\widehat{BOC}-\widehat{BON}=\widehat{CON}\)

=> 2 tia OI,OC trùng nhau 

Vậy I thuộc OC