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

gọi số cần tìm là ab (a khác 0; a; b là các chữ số)

tổng 2 chữ số của số đó nhỏ hơn số đó 6 lần => a + b < 6. ab => a+b < 6(10a+b) => 59a +5b > 0 (*)

thêm 25 vào tích của 2 chữ số sẽ được số viết theo thứ tự ngược lại với số đã cho

=> a.b + 25 = ba

=> a.b + 25 = 10b + a

=> a.b - a + 25 -10b = 0

=> a.(b - 1) - 10(b -1) = -15

=> (a-10)(b-1) = -15 => a -10 ; b-1 thuộc Ư(15) = {15; 1; -15; -1; 5; 3;-5;-3; }

Do a là chữ số nên a- 10 < 0 => a- 10 chỉ có thể nhận các giá trị -15; -5;-1;-3

Nếu  a- 10 = -15 => a=-5 => b-1 = 1 => b= 2  đối chiếu với (*) => loại

a - 10 = -1 => a=9 => b-1 = 15 => b=16 loại

a-10 = -5 => a=5 => b-1= 3 => b = 4 thoả mãn (*) => số 54 thoả mãn

a-10 = -3 => a=7 => b-1= 5 => b = 6 thoả mãn (*) => số 76 thoả mãn 

Vậy có 2 số thoả mãn đề bài là 54; 76

Éucdhx

a) Xét tam giác AFB và tam giác DMA có:

\(\widehat{ABF}=\widehat{DAM}\)  (Cùng phụ với góc \(\widehat{BAM}\)  )

\(\widehat{FAB}=\widehat{MDA}=90^o\)

AB = AD

\(\Rightarrow\Delta AFB=\Delta DMA\)  ( Cạnh góc vuông, góc nhọn kề)

\(\Rightarrow AF=DM\)

\(\Rightarrow DM=AE\)

Xét tứ giác AEMD có AE song song và bằng DM nên nó là hình bình hành.

Lại có \(\widehat{EAD}=90^o\)  nên AEMD là hình chữ nhật.

b) Đặt \(\frac{AE}{EB}=k\); Ta có các tỉ số: \(\frac{AE}{EB}=\frac{MD}{MC}=\frac{AD}{CN}=k\)

Ta có:  \(\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{k}{k+1}\)

Ta có \(\frac{AE}{EB}=\frac{MD}{MC}=\frac{AD}{CN}=\frac{BC}{CN}=\frac{S_{BCH}}{S_{BNH}}=\frac{k}{k+1}\)

Vậy thì \(\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{S_{CBH}}{S_{BNH}}\Rightarrow\frac{S_{AEH}}{S_{ABH}}=\frac{4S_{AEH}}{S_{BNH}}\Rightarrow\frac{S_{BNH}}{S_{BAH}}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{AH}{HN}=\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{AF}{BN}=\frac{1}{4}\)

Ta có: \(\frac{AF}{BN}=\frac{AF}{BC+CN}=\frac{AF}{\left(k+1\right)AF+\left(\frac{k+1}{k}\right)AF}=\frac{1}{4}\)

\(\Rightarrow k=1\)

Vậy thì AE = EB hay E, F là trung điểm AB, AC.

Từ đó suy ra \(EF=\frac{BD}{2}=\frac{AC}{2}\)

Vậy AC = 2EF.

c) Ta thấy ngay \(\Delta ADM\sim\Delta NCM\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{MN}=\frac{AD}{CN}\Rightarrow AM.CN=MN.AD\)

\(\Rightarrow AM\left(AD+CN\right)=AN.AD\)

\(\Rightarrow AM.BN=AD.AD\)

\(\Rightarrow AM^2.BN^2=AN^2.AD^2\)

\(\Rightarrow AM^2\left(AD^2+BN^2-AD^2\right)=AN^2.AD^2\)

\(\Rightarrow AM^2\left(AN^2-AD^2\right)=AN^2.AD^2\)

\(\Rightarrow AM^2.AN^2=AM^2.AD^2+AN^2.AD^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AN^2}\)

phần b bạn giải dài quá 

ta có tam giác BAF đồng dạng với BHA (g.g)

=> af/ah=bf/ab=ab/hc

<=> af/ah=ab/hb

<=>  ae/ah=bc/hb

mà hbc=bah

suy ra hbc đồng dạng với hae (cgc)

mà ti le diện tích đồng dạng bằng bình phương tỉ lệ đồng dạng

suy ra (ae/bc)^2=1/4

=>ae/ab=1/2

\(1,VT=2\left(a^3+b^3+c^3\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

              \(b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right)\)

            \(c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên  ta được

\(VT\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Bây giờ ta cm:

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Bất đẳng thức trên luôn đúng

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Mấy bài này dễ mà, tách ra rồi Cauchy là xong hết =))