mik ví dụ 1 biểu thức nha

a(a+b+c)+bc/b+c=a^2+ab+ac+bc/b+c=(a+c)(a+b)/b+c

tương tự với mấy biểu thức còn lại

cái bài này mik làm rồi mà giờ ko nhớ nữa

sử dụng BDT cosi là ra bn à

\(x^2-12+\frac{36}{x^2}-4x+\frac{24}{x}=5\)

\(\Leftrightarrow x^2+\frac{36}{x^2}-4x+\frac{24}{x}=5+12\)

\(\Leftrightarrow x^2+\frac{36}{x^2}-4x+\frac{24}{x}=17\)

\(\Leftrightarrow x^2.x^2+\frac{36}{x^2}.x^2-4x.x^2+\frac{24}{x}.x^2=17x^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+36-4x^3+24x=17x^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+36-4x^3+24x=17x^2-17x^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+36-4x^3+24x=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left(x+3\right)\left(x-4\right)=0\)

\(\Rightarrow x\in\left\{-1;2;-3;4\right\}\)

??????????????????????

a) Bằng tính chất của hình bình hành và hệ quả ĐL Thales ta có: 

\(\frac{KM}{KH}=\frac{BF}{BC}=\frac{MF}{DC}=\frac{MF}{EF}\). Suy ra KF // EH (Theo ĐL Thales đảo) (đpcm).

b) Gọi giao điểm của EK và HF là S. Ta đi chứng minh B,D,S thẳng hàng. Thật vậy:

Gọi MS cắt EH và KF lần lượt ở I và J.

Theo bổ đề hình thang (cho hình thang KEHF) thì I là trung điểm EH và J là trung điểm KF

Do các tứ giác BKMF và DEMH là hình bình hành nên BD đi qua trung điểm của EH và KF 

Từ đó suy ra: 2 đường thẳng BD và MS trùng nhau hay 3 điểm B,D,S thẳng hàng => ĐPCM.

c) Dễ thấy: S_KEF = S_KHF (Chung đáy KF, cùng chiều cao vì KF//EH) => S_KME = S_FMH 

Mà S_MKAE = 2.S_KME; S_MHCF = 2.S_FMH nên S_MKAE = S_MHCF (đpcm).

ukm tối mik làm cho giờ mik đag bận

\(\Leftrightarrow y\left(3x+2\right)=7x+17-3x^2\)

Dễ thấy \(3x+2\ne0\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{7x+17-3x^2}{3x+2}=-x+3+\frac{11}{3x+2}\)

Dể y nguyên thì \(3x+2\)phải là ước nguyên của 11

\(\Rightarrow3x+2=\left\{-11;-1;1;11\right\}\)

Em mới lớp 6 em k biết, xin lỗi cj :((

Mắc mớ gì đánh giá sai?

Ta có:

\(xy+yz+zx=\frac{\left(x+y+z\right)^2-x^2-y^2-z^2}{2}=\frac{7^2-23}{2}=13\)

Ta lại có:

\(xy+z-6=xy+z+1-x-y-z=\left(x-1\right)\left(y-1\right)\)

\(\Rightarrow A=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}+\frac{1}{\left(y-1\right)\left(z-1\right)}+\frac{1}{\left(z-1\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\frac{x+y+z-3}{xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1}=-1\)

Bất đẳng thức mang tính hoán vị của các biến nên không mất tính tổng quát,giả sử a là số lớn nhất trong các số:a,b,c

Với \(a\ge b\ge c\)thì VP âm trong khi đó VT luôn dương nên bất đẳng thức luôn đúng.

\(\Rightarrow a\ge c\ge b\)

Biến đổi biểu thức tương đương:

\(\left(a+b+c\right)^6\ge108\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\)

Mặt khác:

\(\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2=\left[\left(a-b\right)\left(c-b\right)\left(a-c\right)\right]^2\le\left(a-c\right)^2\cdot a^2\cdot c^2\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta được:

\(4\left(a-c\right)^2\cdot c^2\cdot a^2=2ac\cdot2ac\left(a-c\right)^2\le\frac{\left[\left(a-c\right)^2+2ac+2ac\right]^3}{27}=\frac{\left(a-c\right)^6}{27}\)

\(\Rightarrow\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\le\frac{\left(a+c\right)^2}{108}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^6\ge\left(a+c\right)^6\ge108\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge6\sqrt{3}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh.