\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=-\frac{1}{z}\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^3=\frac{-1}{z^3}\)

\(\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x^2y}+\frac{3}{xy^2}+\frac{1}{y^3}=-\frac{1}{z^3}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}=\frac{-3}{x^2y}-\frac{3}{xy^2}=\frac{-3}{xy}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{3}{xyz}\)

\(\Rightarrow xyz\left(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\right)=\frac{3}{xyz}.xyz\)

\(\Rightarrow\frac{yz}{x^2}+\frac{xy}{z^2}+\frac{xz}{y^2}=3\)

khi gấp lên mấy lần thì nó vẫn bằng 0 nên biểu thức đó bằng 0

A B C E D M H G

b) Chứng minh tam giác BEC đồng dạng tam giác ADC

Xét \(\Delta CAB\)và \(\Delta CDE\) có:

^CAB = ^CDE (=1v)

^C chung 

=>  \(\Delta CAB\)~\(\Delta CDE\)

=> \(\frac{CB}{CE}=\frac{CA}{CD}\) (1) 

Xét \(\Delta CAD\)và \(\Delta CBE\)có:

\(\frac{CB}{CE}=\frac{CA}{CD}\)( từ (1))

và \(\widehat{C}\)chung

=>  \(\Delta CAD\)~ \(\Delta CBE\)

c) Chứng tam giác ABE vuông cân.

+) Ta có: AB \(\perp\)AC (\(\Delta\)ABC vuông )

mà E \(\in\)AC

=> AB \(\perp\)AE => \(\Delta\)ABE vuông  

+) Theo (a) =>   ^DAC = ^EBC  

Gọi N là giao điểm của AD và BE 

Xét \(\Delta\)DNB và  \(\Delta\)ENA có:

^ENA = ^DNB ( đối đỉnh)

^NBD = ^NAE (    vì ^DAC = ^EBC )  

=>  \(\Delta\)DNB ~  \(\Delta\)ENA  

=> ^NDB = ^NEA  

Xét  \(\Delta\)ABE và  \(\Delta\)HAD có:

^AEB = ^HDA ( vì ^NDB = ^NEA  )  (1)

^^BAE = ^AHD ( =1v)

=>   \(\Delta\)ABE ~  \(\Delta\)HAD

=> ^HAD = ^ ABE  (20

mà \(\Delta\)AHD có: AH=HD => \(\Delta\)AHD cân => ^HAD =^ HDA (3)

Từ (1) ; (2) ; (3) => ^ABE =^BEA =>\(\Delta\)ABE cân 

Vậy \(\Delta\) ABE vuông cân tại A

d) Ta có: M là trung điểm BE => AM là đường trung tuyến \(\Delta\)ABE mà \(\Delta\)ABE vuông cân tại A

=> AM là đường phân giác ^A của \(\Delta\)ABE

=> AG là đường phân giác ^A của \(\Delta\)ABC

Theo tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{GB}{GC}=\frac{AB}{AC}\)

Mà \(\Delta\)ABH  ~\(\Delta\)CAH ( dễ tự chứng minh)

=> \(\frac{AB}{CA}=\frac{AH}{CH}\)

=> \(\frac{GB}{GC}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow\frac{GB}{AH}=\frac{GC}{CH}=\frac{GB+GC}{AH+CH}=\frac{BC}{AH+CH}\)( tính chất dãy tỉ số bằng nhau)

=> \(\frac{GC}{BC}=\frac{AH}{AH+CH}=\frac{DH}{AH+CH}\)( vì AH=DH)

(tớ mới giải được câu a)

Xét tam giác AHB và CHA => AH/CH = HB/AH mà AH=HD => tỉ số đồng dạng

\(a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

\(\Rightarrow2.\left(a+b+c\right)=a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2\sqrt{a.\frac{1}{a}}+2\sqrt{b.\frac{1}{b}}+2\sqrt{c.\frac{1}{c}}\)

                                                          \(=2+2+2=6\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)

\(P=a+b^{2019}+c^{2020}\)

   \(=a+\left(b^{2019}+1.2018\right)+\left(c^{2020}+1.2019\right)-4037\)

\(\ge a+2019.\sqrt[2019]{b^{2019}.1^{2018}}+2020.\sqrt[2020]{c^{2020}.1^{2019}}-4037\)(BDT Cauchy-Schwarz)

\(=a+2019b+2020c-4037\)

Do \(a\le b\le c\)nên

\(\Rightarrow P\ge a+2019b+2020c\)

        \(\ge a+\left(\frac{2017}{3}+\frac{4040}{3}\right)b+\left(\frac{2020}{3}+\frac{4040}{3}\right)c-4037\)

        \(\ge a+\frac{2017}{3}a+\frac{4040}{3}b+\frac{2020}{3}a+\frac{4040}{3}c-4037\)

         \(=\frac{4040}{3}.\left(a+b+c\right)-4037\)

         \(\ge4040-4037=3\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

BĐT

<=> \(\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac}{3\left(ac+bc+ac\right)}\ge\frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\)

<=>\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{a\left(a\left(b+c\right)+bc\right)}{b+c}+...\right)\)

<=> \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(a^2+b^2+c^2+\frac{abc}{b+c}+\frac{abc}{a+c}+\frac{abc}{a+b}\right)\)

<=>\(\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{abc}{b+c}+\frac{abc}{a+c}+\frac{abc}{a+b}\right)\)

Mà \(\frac{abc}{b+c}\le abc.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4}\left(ab+bc\right)\)

Khi đó BĐT 

<=>\(\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac\ge\frac{8}{3}\left(\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\right)\)

=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)(luôn đúng )

=> ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Cách này chủ yếu biến đổi tương đương nên chắc phù hợp với lớp 8

Nếu sử dụng SOS nhìn vào sẽ làm đc liền vì có Nesbitt lẫn \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\)

TH1) Với n = 6k

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+1\right)\left(12k+1\right)\) không chia hết cho 6 

=> Loại 

TH2) Với n = 6k+1 

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+2\right)\left(12k+3\right)⋮6\)

=> \(A=\frac{\left(6k+2\right)\left(12k+3\right)}{6}=\left(3k+1\right)\left(4k+1\right)\)là số chính phương 

Lại có: ( 3k + 1 ; 4k + 1 ) = ( 3k + 1 ; k ) = ( 2k + 1 ; k ) = ( k + 1 ; k ) = ( k ; 1 ) = 1 

=> 3k + 1 và 4k + 1 đồng thời là 2 số chính phương 

+) Với k \(\equiv\)\(1,3,5,7\)(mod 8 ) => 4k + 1 không là số cp

+) Với k \(\equiv\)2; 4; 6 ( mod 8) => 3k + 1 không là số chính phương 

=> k \(\equiv\)0 ( mod 8) => k = 8h

=> Tìm h bé nhất để 24h + 1 và 32h + 1 là số chính phương(1)

+) Với h \(\equiv\)\(3,4,6\)( mod7) => 24k + 1 không là số chính phương 

+) Với h \(\equiv\)1  (mod 7 ) => 32h + 1 không là số cp 

=> h \(\equiv\)0; 2; 5 (mod 7 ) 

=> h = 7m hoặc h = 7n + 2 hoặc h = 7t + 7  ( với m;n; t nguyên dương )

Nếu m = 1 => h = 7 => 24h + 1 = 169 và 32h + 1 = 225 là hai số chính phương và h nhỏ nhất 

=> n = 6k + 1 và k = 8h = 56 

=> n = 337

=> A = 38025 là số chính phương

TH3) Với n = 6k + 2 

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+3\right)\left(12k+5\right)\)không chia hết cho 6

TH4) Với n = 6k + 3

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+4\right)\left(12k+7\right)\)không chia hết cho 6 

TH5) Với n = 6k + 4 

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+5\right)\left(12k+9\right)\)không chia hết cho 6

TH6) Với n = 6k + 5 

ta có \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+6\right)\left(12k+11\right)⋮6\)

=> \(A=\frac{\left(6k+6\right)\left(12k+11\right)}{6}=\left(k+1\right)\left(12k+11\right)\)

mà ( k + 1; 12k + 11 ) = 1 

=> k + 1 và 12k + 11 là 2 số chính phương 

tuy nhiên 12k + 11 chia 12 dư 11 mà 1 số chính phương chia 12 không dư 11 

=> Trường hợp này loại 

Vậy  n = 337 

Mat day

lớp mấy vậy

phép đặt trên thực ra là chuẩn hóa bdt

:). Sử dụng Bất đẳng thức Schur.

Giải:

Đặt: \(a+b+c=p\)

       \(abc=r\)

       \(ab+bc+ac=q\)

Theo bất đẳng thức Schur:

=> \(p^2\ge3q\) , \(2p^3+9r\ge7pq\) => \(p^3-4pq+9r\ge0\)=> \(p^3-4pq+9\left(4-p\right)\ge0\Leftrightarrow p^3-4pq-9p+36\ge0\)(1)

và \(p^3\ge27r\)

Từ giả thiết ta có: \(p+r=4\)=> \(p^3+27\ge27r+27p=27\left(r+p\right)=27.4\)

=> \(p^3+27p-27.4\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(p^3-27\right)+\left(27p-27.3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2+3p+9+27\right)\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2+3p+36\right)\ge0\Leftrightarrow p-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow p\ge3\)

Vì a, b, c >0 => \(abc>0\)=> r>0

=> \(3\le p< 4\)

=> \(\left(p+3\right)\left(p-4\right)\left(p-3\right)\le0\Leftrightarrow p^3-4p^2-9p+36\le0\) (2)

Từ (1), (2) => \(-4pq\ge-4p^2\Leftrightarrow q\le p\) hay  ab+bc+ac\(\le\)a+b+c

"=" xảy ra : \(a=b=c\)

  và \(a+b+c+abc=4\)

<=> a=b=c=1

??????????

bằng 30

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

?????

Ta có

\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2-2\left(x^4+y^4+z^4\right)\)

\(=2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2-x^4-y^4-z^4\)

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

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

\(=z^2\left(\left(x+y\right)^2-z^2\right)-\left(x-y\right)^2\left(\left(x+y\right)^2-z^2\right)\)

\(=\left(\left(x+y\right)^2-z^2\right)\left(z^2-\left(x-y\right)^2\right)\)

\(=\left(x+y+z\right)\left(x+y-z\right)\left(z-x+y\right)\left(z+x-y\right)=0\)

Vậy \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=2\left(x^4+y^4+z^4\right)\)

khó vậy