\(\hept{\begin{cases}a^2+b^4+c^6+d^8=1\\a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}+d^{2019}=1\end{cases}}\)

=> \(0\le a^2;b^4;c^6;d^8\le1\)

=> \(-1\le a;b;c;d\le1\)

=> \(a^{2016}\le a^2\); \(b^{2017}\le b^4\); \(c^{2018}\le c^6\); \(d^8\le d^{2019}\)

=> \(a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}+d^{2019}\le a^2+b^4+c^6+d^8\)

Do đó: \(a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}+d^{2019}=a^2+b^4+c^6+d^8=1\)

<=> \(a^{2016}=a^2;b^{2017}=b^4;c^{2018}=c^6;d^{2019}=d^8;a^2+b^4+c^6+d^8=1\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}a=0\\a=\pm1\end{cases}}\); ​\(\orbr{\begin{cases}b=0\\b=1\end{cases}}\); \(\orbr{\begin{cases}c=0\\c=\pm1\end{cases}}\); \(\orbr{\begin{cases}d=0\\d=1\end{cases}}\); \(a^2+b^4+c^6+d^8=1\)​

<=>  \(a=b=c=0;d=1\)hoặc \(a=b=d;c=\pm1\) hoặc \(a=c=d=0;b=1\)hoặc \(b=c=d=0;a=\pm1\).

Tại sao \(0\le a^2;b^4;c^6;d^8\le1\) Lại suy ra \(-1\le a;b;c;d\le1\)????????????????????????

Cô hướng dẫn nhé.

a) Theo tính chất giao ba đường trung tuyến, ta có \(\frac{CG}{CE}=\frac{2}{3}\Rightarrow CG=8\)

Tương tự BG = 6

Xét tam giác BGC thỏa mãn định lý Pi-ta-go đảo ta có \(\widehat{BGC}=90^o\)

b) Ta thấy \(\frac{S_{BGC}}{S_{ABC}}=\frac{S_{BGC}}{S_{BEC}}.\frac{S_{BEC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\)

Ta tính được S_BGC nên dễ dàng suy ra S_ABC

^{Rev\(\hept{\begin{cases}\\\\Dfgvudgfvgdfsuyhgvhsdf\end{cases}}\)}ckwdjoicjudwucidwucuoweuo

Ta có \(A=\left(x+y\right)\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)\left(x+4y\right)+y^4\)

            \(=\left(x^2+5xy+4y^2\right)\left(x^2+5xy+6y^2\right)+y^4\)

Đặt \(x^2+5xy+5y^2=t\) thì:

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

Vì \(x,y\in Z\) nên \(x^2\in Z,\)\(5xy\in Z,\)\(5y^2\in Z\)\(\Rightarrow\)\(x^2+5xy+5y^2\in Z\)

Vậy A là số chính phương.

sao may ko ket ban

\(3x^2+x=4y^2+y\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(3x+3y+1\right)=y^2\)

Giả sử d là ước chung của (x - y) và (3x + 3y + 1)

Ta có y² chia hết cho d²

\(\Rightarrow\)y chia hết cho d

\(\Rightarrow-3\left(x-y\right)+\left(3x+3y+1\right)-6y\)chia hết cho d

\(\Rightarrow\)1 chia hết cho d nên d = 1

\(\Rightarrow\)(x - y) và (3x + 3y + 1) nguyên tố cũng nhau

Vậy (x - y) là 1 số chính phương

tao chắc chắn, chắc chắn..... là tao không biết

Vì a,b,c là ba cạnh của tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b>c\\b+c>a\\c+a>b\end{cases}}\)

hay \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)(1)

Ta có: \(A=4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab\right)^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\)

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

\(=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\)

Vì a + b + c > 0 ( Vì a,b,c là ba cạnh của tam giác kết hợp với (1) thì:

\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)>0\)

hay A > 0 (đpcm)

Ta có

a + b + c = abc

\(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)

Ta lại có

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=2\)

Ta có:a+b+c=abc

\(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)

Ta lại có :\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

\(\Rightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=2\)

3/ Ta có:

\(x+y+z=0\)

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

\(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow a+b=-c;b+c=-a;c+a=-b\)

\(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=0\)

\(\Leftrightarrow ayz+bxz+cxy=0\)

Ta có:

\(ax^2+by^2+cz^2=a\left(y+z\right)^2+b\left(z+x\right)^2+c\left(x+y\right)^2\)

\(=x^2\left(b+c\right)+y^2\left(c+a\right)+z^2\left(a+b\right)+2\left(ayz+bzx+cxy\right)\)

\(=-ax^2-by^2-cz^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax^2+by^2+cz^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ax^2+by^2+cz^2=0\)

1/ Đặt \(a-b=x,b-c=y,c-z=z\)

\(\Rightarrow x+y+z=0\)

Ta có:

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)

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

\(=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+2\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\)

Gọi giao điểm của MB và EF là I; giao điểm của MF và AB là K.

Do ABCD là hình vuông nên AC là phân giác góc BAD. Vì thế hình chữ nhật AKME cũng là hình vuông. Từ đó suy ra MK = ME và KB = MF.

Vậy thì \(\Delta KMB=\Delta MEF\) (hai cạnh góc vuông)

Từ đó \(\widehat{MFE}=\widehat{KBM}.\)

Lại có \(\widehat{KMB}=\widehat{IMF}\) (đối đỉnh)

Vậy nên \(\widehat{IMF}+\widehat{MFI}=\widehat{KMB}+\widehat{KBM}=90^0\). hay \(\widehat{MIF}=90^0\Rightarrow MB\perp EF.\)

b. Ta chứng minh \(AF\perp EB.\) Thật vậy \(\Delta ADF=\Delta BAE\) (Hai cạnh góc vuông)

nên \(\widehat{DAF}=\widehat{ABE}\Rightarrow\widehat{ABE}+\widehat{BAF}=\widehat{DAF}+\widehat{BAF}=90^0\)

Vậy \(AF\perp EB.\). Tương tự \(EC\perp BF.\)

Xét tam giác EBF có BM; AF; CE trùng các đường cao nên chúng đồng quy.

a. Kẻ \(CE\perp AM;DG\perp MB\) , ta thấy ngay CE = EM; DG = GM (Do AMNP, BMLKA là hình vuông)

Từ I kẻ IJ // CE // DG : IJ là đường trung bình hình thang CEGD. Vậy thì

 \(IJ=\frac{EC+DG}{2}=\frac{EM+MG}{2}=\frac{AB}{4}=\frac{a}{4}.\)

Do \(IJ\perp AB\) nên khoảng cách từ I tới AB là IJ = \(\frac{a}{4}.\)

b. Do khoảng cách từ I tới AB không thay đổi nên khi M di chuyển trên AB thì I di chuyển trên đường thẳng song song AB, cách AB một khoảng bằng \(\frac{a}{4}.\)

Bài của mình giống cô giáo :

Câu hỏi của Nguyễn Minh Phương - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

Cậu tahm khảo bài của cô nha

P/s : bài này khá khó nên mình thử thôi ! 

Không mất tính tổng quát , ta giả sử : \(a\ge b\ge c\)

Đặt \(M=ab+bc+ca-12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

      \(N=a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\)

Ta có : \(ab+ac+bc\ge a\left(b+c\right)\)hay \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le a^2\left(b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow M\ge N\)

Tiếp , ta sẽ chứng minh \(N\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)-12\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left[a^2\left(b+c\right)^2\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c\right)\left\{1-12a\left(b+c\right)\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\right\}\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[a^3\left(b+c\right)^3\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[\left(a+b+c\right)^3-3a\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-12a\left(b+c\right)\left[1-3a\left(b+c\right)\right]\ge0\left(1\right)\)

Đặt x = a ; y = b + c ta có : \(x+y=1\Rightarrow xy\le\frac{1}{4}\)

Theo bất đẳng thức AM - GM , ta có :

\(12xy\left(1-3xy\right)\le\frac{1}{4}.12xy\left(4-12xy\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{12xy+4-12xy}{2}\right)^2=1\)

=> Bất đẳng thức ( 1 ) luôn đúng 

\(\Rightarrow N\ge0\)

Vậy \(M\ge0\)\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge12\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)

Đẳng thức xảy ra với bộ \(\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6};\frac{3-\sqrt{3}}{6};0\right)\)và các hoán vị của chúng .

WLOG: \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)

Let \(p=a+b+c;ab+bc+ca=q;abc=r\) so p = 1; \(r\ge0\)and \(3\ge q\ge ab\left(\text{vì }c\ge0\right)\)

Need: \(q\ge12\left(p^3-3pq+3r\right)\left(q^2-2pr\right)\)

Have: \(VP=12\left(1-3q+3r\right)\left(q^2-2r\right)=\frac{2}{3}.\left(1-3q+3r\right).18\left(q^2-2r\right)\)

\(\le\frac{1}{6}\left[1-3q+3r+18\left(q^2-2r\right)\right]=\frac{1}{6}\left[18q^2-3q+1-33r\right]\)

\(\le\frac{1}{6}\left(18q^2-3q+1\right)=3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)

Hence, we need to prove: \(q\ge3q^2-\frac{1}{2}q+\frac{1}{6}\)

\(\Leftrightarrow3q^2-\frac{3}{2}q+\frac{1}{6}\le0\Leftrightarrow\frac{1}{6}\le q\le\frac{1}{3}\)

Which it is obvious because:

\(q=ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(q-\frac{1}{6}=ab+bc+ca-\frac{1}{6}=ab+c-\frac{1}{6}+c\left(a+b-1\right)\)\(=ab-\frac{1}{6}+1-\left(a+b\right)-c\left[1-\left(a+b\right)\right]\)

\(=ab-\frac{1}{6}+\left[1-\left(a+b\right)\right]\left(1-c\right)\ge0\)