Đặt \(y+z=p\)

Khi đó \(M=\left(x+p\right)^3+\left(x-p\right)^3\)\(=x^3+3x^2p+3xp^2+p^3+x^3-3x^2p+3xp^2-p^3\)\(=2x^3+6xp^2=2x^3+6x\left(y+z\right)^2=N\) (vì \(y+z=p\))

 Từ đó ta có đpcm.

C1 : x³+y³+3xy=(x+y)(x²-xy+y²)+3xy=x²+y²+2xy=(x+y)²=1

C2 : x³+y³+3xy=x³+y³+3xy(x+y)-3xy(x+y)+3xy 

                         =(x+y)³+3xy[1-(x+y)]=1+3xy(1-1)=1+0=1

Mình mới nghĩ ra 2 cách đó thôi à :v

thanks bn nhiều!!!

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$\frac{1}{x+1}+\frac{x+1}{4}\geq 1$

$\frac{1}{y+1}+\frac{y+1}{4}\geq 1$

$\frac{1}{1+z}+\frac{1+z}{4}\geq 1$

Cộng theo vế:
$A+\frac{x+y+z+3}{4}\geq 3$

$\Rightarrow A\geq 3-\frac{x+y+z+3}{4}\geq 3-\frac{3+3}{4}=\frac{3}{2}$

Vậy $A_{\min}=\frac{3}{2}$ khi $x=y=z=1$

Dự đoán điểm rơi \(x=y=z=1\)

Khi đó \(\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{1}{1+1}=\dfrac{1}{2}\) và \(1+x=1+1=2\)

Ta cần ghép Cô-si  \(\dfrac{1}{1+x}\) với \(k\left(1+x\right)\) sao cho đảm bảo đấu "=" xảy ra khi \(x=1\)

Đồng thời khi Cô-si 2 số dương trên thì dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{1}{1+x}=k\left(1+x\right)\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}=k.2\Leftrightarrow k=\dfrac{1}{4}\)

Như vậy, áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\dfrac{1}{1+x}\) và \(\dfrac{1+x}{4}\), ta có \(\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1+x}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{1+x}.\dfrac{1+x}{4}}=1\)

Tương tự, ta có \(\dfrac{1}{1+y}+\dfrac{1+y}{4}\ge1\) và \(\dfrac{1}{1+z}+\dfrac{1+z}{4}\ge1\)

Cộng vế theo vế của các BĐT vừa tìm được, ta có \(A+\dfrac{x+y+z+3}{4}\ge3\)\(\Leftrightarrow A\ge3-\dfrac{x+y+z+3}{4}\)

Lại có \(x+y+z\le3\) nên \(A\ge3-\dfrac{x+y+z+3}{4}\Leftrightarrow A\ge3-\dfrac{3+3}{4}=\dfrac{3}{2}\)

Vậy GTNN của A là \(\dfrac{3}{2}\) khi \(x=y=z=1\)

x+ 3 \(\le\)0

2x =< -6 <=> x =< -3 

1. vì a>b nên -a<-b ⇔ 2022-a <2022-b

a/ Xét tg vuông ABC có 

BM=CM (gt) => AM=BM=CM=BC/2 (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền)

=> tg ABM cân tại M => \(\widehat{BAM}=\widehat{ABM}\) (góc ở đáy tg cân)

b/ Xét tg vuông AEF và tg vuông AFM có

\(\widehat{AEF}=\widehat{FAM}\) (cùng phụ với \(\widehat{AFE}\) ) (1)

Mà AM=CM (cmt) => tg MAC cân tại M => \(\widehat{FAM}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy th cân) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{AEF}\)

Xét tg MBE và tg MFC có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\) (cmt)

\(\widehat{BME}=\widehat{CMF}\) (góc đối đỉnh)

=> tg MBE đồng dạng với tg MFC (g.g.g)

c/ Xét tg vuông ABC và tg vuông AFE có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\) (cmt)

=> tg ABC đông dạng với tg AFE

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AF}=\dfrac{AC}{AE}\Rightarrow AB.AE=AC.AF\)

d/

\(a>b\Rightarrow7a>7b\) (do \(7>0\))

\(\Rightarrow7a-4>7b-4\)

ta có a>b 

=>7a>7b

=> 7a-4>7b-4 ( dpcm)

(Tự vẽ hình) Sửa đề: Phân giác của góc BCD cắt BD tại I

b) Do \(CI\) là phân giác nên ta có: \(\dfrac{IB}{ID}=\dfrac{BC}{CD}\)

Mặt khác: \(\Delta AHB\sim\Delta BCD\) (câu a) 

\(\Rightarrow\dfrac{BC}{CD}=\dfrac{AH}{HB}\Rightarrow\dfrac{IB}{ID}=\dfrac{AH}{HB}\Rightarrow IB.HB=ID.AH\)