Trước hết bạn chứng minh :  \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (Chứng minh bằng biến đổi tương đương)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có : \(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{9}{6-\left(a+b+c\right)}\ge\frac{9}{6-\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\frac{9}{6-3}=3\)

Dễ thấy \(0< a,b,c< 2\)

Ta có:

\(\frac{1}{2-a}\ge\frac{a^2+1}{2}\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)

Tương tự với các cái tương tự, ta được:

\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{a^2+1+b^2+1+c^2+1}{2}=3\)(Đpcm)

Dấu = khi a=b=c=1

ngu ngưoi viet cai de cung sai

Ta có: \(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}=2\ge2\sqrt{\frac{2}{xy}}\Leftrightarrow\sqrt{\frac{2}{xy}}\le1\Leftrightarrow xy\ge2\)

\(5x^2+y-4xy+y^2=\left(2x-y\right)^2+x^2+y\)

\(\ge x^2+y=x^2+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(xy\right)^2}{4}}\ge3\left(đpcm\right)\)

Dấu "="\(\Leftrightarrow x=1,y=2\)

Ta có \(\frac{n\left(2n-1\right)}{26}=k^2\Leftrightarrow2n^2-n-26k^2=0\)

\(\Delta=208k^2+1=t^2\)(vì n nguyên dương)

\(\Rightarrow\left(t+4\sqrt{13}k\right)\left(t-4\sqrt{13}k\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}t+4\sqrt{13}k=1\\t-4\sqrt{13}k=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}k=0\\t=1\end{cases}}}\)

Thế vào tìm được \(\orbr{\begin{cases}n=0\\n=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Vậy không có giá trị n nguyên dương nào thỏa mãn cái đó

\(\frac{n\left(2n-1\right)}{26}\text{ là SCP }\Leftrightarrow n\left(2n-1\right)=26k^2\)

\(\Delta_n=208k^2+1=y^2\Leftrightarrow y^2-208k^2=1\underrightarrow{\text{PELL}}\)

\(k=\pm\frac{\left(649-180\sqrt{13}\right)^m-\left(649+180\sqrt{13}\right)^m}{8\sqrt{13}}\)

\(n=\frac{1}{8}\left[-\left(649-180\sqrt{13}\right)^m-\left(649+180\sqrt{13}\right)^m+2\right]\left(m\inℤ,m\ge0\right)\)

Câu hỏi của Alice Sophia - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Hãy ôn lại phần:Pương chình dạng tích - Toán lớp 8 - sách giáo khoa

Đầu tiên ta chứng minh: \(\frac{HA}{CA}.\frac{HB}{CB}+\frac{HB}{AB}.\frac{HC}{AC}+\frac{HC}{BC}.\frac{HA}{BA}=1\)


Đặt \(\frac{HA}{CB}=x;\frac{HB}{AC}=y;\frac{HC}{AB}=z\) ta có: \(xy+yz+zx=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a cho ba số x, y, z ta có: \(\left(xy+yz+zx\right)^2\le\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
Hay \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge1\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)
Giả sử \(\frac{HA}{BC}+\frac{HB}{CA}+\frac{HC}{AB}=x+y+z\)
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx>1+2=3\)
Từ đó suy ra \(x+y+x\ge\sqrt{3}\Leftrightarrow\frac{HA}{BC}+\frac{HB}{CA}+\frac{HC}{AB}\ge\sqrt{3}\).

Cái này thì mình chịu thôi ! Có biết cái khỉ gió ma toi gì đâu mà giải ! Hì Hì ! ^_^ Sorry nha

a. Do AE = CF nên ED = BF. 

Xét tam giác MBF và NDE có:

BM = DN (gt)

BF = DE (cmt)

\(\widehat{MBF}=\widehat{NDE}\) (Hai góc đối của hình bình hành)

\(\Rightarrow\Delta MBF=\Delta NDE\left(c-g-c\right)\Rightarrow MF=EN.\)

Tương tự EM = NF. Từ đó suy ra EMFN là hình bình hành.

b. Dễ thấy MBND là hình bình hành. Xét đường chéo của hình bình hành:

Trong hbh ABCD: AC cắt BD tại trung điểm mỗi đường

Trong hbh MBND: BD cắt MN tại trung điểm mỗi đường

Trong hbh EMFN: MN cắt EF tại trung điểm mỗi đường

Vậy 4 đường thẳng trên đồng quy tại O.

Xét hằng đẳng thức sau: 
x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz 
= (x + y)^3 - 3xy(x + y) + z^3 - 3xyz 
= [(x + y)^3 + z^3] - 3xy(x + y + z) 
= (x + y + z)[(x + y)^2 - z(x + y) + z^2) - 3xy(x + y + z) 
= (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 + 2xy - xz - yz) - 3xy(x + y + z) 
= (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - xz) 
---> x^3 + y^3 + z^3 = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - xz) + 3xyz 

Áp dụng hằng đẳng thức trên, ta có: 
a^3 + (a + 1)^3 + (a + 2)^3 
= (a + a + 1 + n + 2)[ a^2 + (a + 1)^2 + (a + 2)^2 -a(a + 1) - (a + 1)(a + 2) - a(a + 2)] - 3a(a + 1)(a + 2) 
= (3a + 3)(a^2 + a^2 + 2a + 1 + a^2 + 4a + 4 - a^2 - a - a^2 - 3a - 2 - a^2 - 2a) - 3a(a + 1)(a + 2) 
= 9(a + 1) - 3a(a + 1)(a + 2) 
Vì a(a + 1)(a + 2) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết 6 
--> 3a(a + 1)(a + 2) chia hết 3.6 = 18 chia hết 9 
--> 9(a + 1) - 3a(a + 1)(a + 2) chia hết 9 
--> dpcm(Nho :D)

ngu người, câu này mà cũng ko biết làm