Áp dụng bất đẳng thức Cosi 

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

     \(b^2+c^2\ge2bc\)

      \(a^2+c^2\ge2ac\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2\ge2ab+2bc+2ac\)

\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\left(đpcm\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

Ta có:

\(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2\cdot b^2}\)

Suy ra \(a^2+b^2\ge2ab\)

Ta có:

\(a^2+c^2\ge2\sqrt{a^2\cdot c^2}\)

Suy ra: \(a^2+c^2\ge2ac\)

Tương tự:

\(b^2+c^2\ge2\sqrt{b^2\cdot c^2}\)

Suy ra: \(b^2+c^2\ge2bc\)

Cộng vế theo vế:

Ta có: \(2\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Vậy \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)(đpcm)

Ta có  \(\left(\sqrt{a^4+a+1}-a^2\right)\left(\sqrt{a^4+a+1}+a^2\right)=a^4+a+1-a^4=a+1\) nên 

                                                        \(P=\sqrt{a^4+a+1}+a^2\)

Từ giả thiết   \(4a^2+\sqrt{2}a-\sqrt{2}=0\) suy ra \(a^2=\frac{-\sqrt{2}}{4}\left(a-1\right)\), do đó  \(a^4=\frac{1}{8}\left(a^2-2a+1\right)\) và

                   \(a^4+a+1=\frac{1}{8}\left(a^2-2a+1\right)+a+1=\frac{\left(a+3\right)^2}{8}\).

Lại do giả thiết \(a>0\) suy ra   \(\sqrt{a^4+a+1}=\sqrt{\frac{\left(a+3\right)^2}{8}}=\frac{a+3}{2\sqrt{2}}\).

Từ đó    \(P=\sqrt{a^4+a+1}+a^2=\frac{a+3}{2\sqrt{2}}+\frac{-\sqrt{2}\left(a-1\right)}{4}=\frac{\sqrt{2}\left(a+3\right)-\sqrt{2}\left(a-1\right)}{4}=\sqrt{2}\)

Thêm x,y,z là số dương

Vì \(2017\) là số lẻ\(\Rightarrow2017^n\) là số lẻ

Vì \(x,y,z\inℕ\) nên sẽ xảy ra các trường hợp như sau:

TH1: \(x,y,z\) là số lẻ

\(\Rightarrow x+y,x+z,y+z\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\ne2017^n\Rightarrow\)TH1 vô lí

TH2: \(x,y,z\) là số chẵn

\(\Rightarrow x+y,x+z,y+z\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\ne2017^n\Rightarrow\)TH2 vô lí

TH3: \(x\) là số lẻ,  \(y\) và \(z\) là số chẵn

\(\Rightarrow x+y,x+z\) là số lẻ và \(y+z\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\ne2017^n\Rightarrow\)TH3 vô lí

TH4: \(x\) và \(y\) là số lẻ, \(z\) là số chẵn

\(\Rightarrow x+y\) là số chẵn và \(x+z,y+z\) là số lẻ\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\ne2017^n\Rightarrow\)TH4 vô lí

TH5: \(x\) là số chẵn, \(y\) và \(z\) là số lẻ

\(\Rightarrow x+y,x+z\) là số lẻ và \(y+z\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\) là số chẵn \(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\ne2017^n\Rightarrow\)TH5 vô lí

TH6: \(x\) và \(y\) là số chẵn, \(z\) là số lẻ

\(\Rightarrow x+y\) là số chẵn và \(x+z,y+z\) là số lẻ\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\) là số chẵn\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)\ne2017^n\Rightarrow\)TH6 vô lí

Vì không trường hợp nào thỏa mãn yêu cầu đề bài\(\Rightarrow\)không tồn tại \(\left(x+y\right)\left(x+z\right)\left(y+z\right)=2017^n\)

Tìm tọa độ trung điểm của AB là C (a;b) ạ 

bạn ơi đề khó nhìn vậy  

Bn đăng từng bài thui, nhìu quá à.....!!

vào đây bạn nhé

Câu hỏi của Nguyễn Võ Văn Hùng

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3.\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)     

Do  \(a+b+c=1\)

nên   \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)

Dấu "=" xảy ra khi  \(a=b=c=\frac{1}{3}\)