Đặt a= 1-x

b=1-y

c=1-z

\(\Rightarrow\) a+b+c= 1-x+1-y+1-z=0 và ;b;c=[-1;1]

khi đó A=(1-a)^4 + (1-b)^4 + (1-c)^4 + 12abc

            =3-4(a+b+c) + 6 ( \(a^2+b^2+c^2\))-\(4\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^4+b^4+c^4+12abc\)

            =\(3+6\left(a^2+b^2+c^2\right)-4.3abc-12abc\)       do\(\left(a^3+b^3+c^3=abc\right)\)

            =\(3+6\left(a^2+b^2+c^2\right)+a^4+b^4+c^4\ge3\)

     dấu bằng xảy ra khi             a=b=c=0

                                             \(\Leftrightarrow\)x=y=z=1

b) \(3^x-y^3=1\)

\(\Leftrightarrow3^x=y^3+1\left(1\right)\)

Từ pt(1) dễ dàng thấy được x=y=0

nếu x<0\(\Rightarrow3^x=\frac{1}{3^n}\left(n\in Nsao;n=-x\right)\)

\(\Rightarrow0< 3^x< 1\)Mà\(y^3+1\in Z\Rightarrow\) pt(1) không có nghiệm nhuyên

Nếu x>0\(\Leftrightarrow3^x⋮3\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow3^x=\left(y+1\right)^3-3y\left(y+1\right)\)Mà \(3y\left(y+1\right)⋮3\Rightarrow\left(y+1\right)^3⋮3\Leftrightarrow y+1⋮3\)

Đặt y+1=3k=>y=3k-1 . Thay vào (1) ta được:

\(3^x=\left(3k-1\right)^3+1=9k\left(3k^2-3k+1\right)\)

\(\Rightarrow3k^2-3k+1\inƯ\left(3^x\right)\)Mà 3k²-3k+1 ko chia hết cho 3 và \(3k^2-3k+1=3\left(k-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}>0\)

\(\Rightarrow3k^2-3k+1=1\Rightarrow3k^2-3k=0\Rightarrow3k\left(k-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}k=0\Rightarrow3^x=0\left(loai\right)\\k=1\Rightarrow y=2\Rightarrow3^x=9\Rightarrow x=2\end{cases}}\)

Vậy (x;y)=(0;0);(2;2)

Vẽ hình thang ABCD (AB//CD), giao điểm của AD và BC là E, giao điểm của AC và BD là O; M, N lần lượt là trung điểm của AB và DC.

Ta cần chứng minh E, M, O, N cùng thuộc một đường thẳng.

Gọi N' là giao điểm của EM với DC.

Do AB// CD nên áp dụng định lý Ta let cho các tam giác EDN' và EN'C , ta có:

\(\frac{AM}{DN'}=\frac{EM}{EN'}=\frac{BM}{N'C}\)

Lại có AM = BM nên DN' = N'C hay N' là trung điểm DC.

Suy ra N' trùng N hay E, M, N thẳng hàng.

Gọi N'' là giao điểm của MO với CD.

Do AB// CD nên áp dụng hệ quả định lý Ta let, ta có :

\(\frac{AM}{N''C}=\frac{MO}{ON''}=\frac{MB}{DN''}\)

\(\Rightarrow N''C=DN''\) hay N'' trùng N.

Vậy nên E, M, O, N thẳng hàng.

không được câu kiểu đó cộng tác viên mà vậy à -_-

Với \(z=10\)ta có hệ pt \(\hept{\begin{cases}x+y=-10\\x-y=-11\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{-21}{2}\\y=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

b) Giả sử MNPQ là hình chữ nhật 

=> ^QMN=90do HAY QM vuong goc voi MN

Lai co MN//BC

=> BC vuong goc voi QM

    Ma QM //AO

=> AO vuong goc voi BC

=> O thuoc duong cao ke tu A den BC

Goi giao diem cua AO VA BC LA H 

Để S_MNPQ=S_ABC

=> MQ.QP=(BC.AH)/2

Mà QP=BC/2

=> MQ=AH

Ma MQ=AH/2 

=> AH=AO/2

Mà AO hay AH vuong goc voi BC

=> BC la trung truc cua AO .

Vay de tu giac MNPQ vua la HCN vua co dien h =tam giac ABC thi BC phai la trung truc cua AO

a,Do tia AO nằm giữa tia AB và tia AC(gt)

Gọi O là điểm nằm giữa đoạn thẳng BC

sao cho BO< OC

M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của OB,OC,AC,AB (gt)

=>BM=MO;ON=NC;CP=PA;AQ=QB

Vậy ta có:PQ là đường trung bình của tam giác ABC nên PQ//=1/2 BC (1)

Tương tự:

PN là đường trung bình của tam giác ACO nên PN//=1/2 AO (2)

QM là đường trung bình của tam giác ABO nên QM//=1/2 AO (3)

Từ (2),(3) suy ra:

PN//=QM=1/2 OA ( t/c 2 đường thẳng//) (4)

Do đó PQ//=MN

=> Tứ giác MNPQ là hình bình hành

b,theo cmt : PN//=QM=1/2 OA 

Mặt khác, AO là cạnh đối diện của 2 góc B và góc C

Từ đó=>góc B=góc C

=> tam giác ABC cân tại A

=>O là trung điểm của BC

=>AO _|_BC nên góc AOB=góc AOC=90°

=> 3 điểm B,O,C thẳng hàng (vì BOC=180°=góc AOB+góc AOC)

M,N là trung điểm của OB và OC(gt)

nên B,M,O,N,C thẳng hàng.

=>QM_|_BC và PN_|_BC

Hay góc QMN=góc PNM=1 vuông (5)

Theo (1) PQ//BC

=>PQ_|_QM ; PQ_|_PN

Hay góc MQP=góc NPQ=1 vuông (6)

Từ (5),(6) suy ra:

Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật (đpcm)

a, x^3-y^2-y=1/3

=> x^3 = y^2+y+1/3 = (y^2+y+1/4)+1/12 = (y+1/2)^2+1/12 > 0

=> x > 0 

Tương tự : y,z đều > 0

Tk mk nha

ta có hpt

<=>\(\hept{\begin{cases}x^3=\left(y+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{12}\\y^3=\left(z+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{12}\\z^3=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{12}\end{cases}}\)

Vì vai trò x,y,z như nhau và x,y,z đều >0 ( câu a)

Giả sử \(x\ge y\Rightarrow x^3\ge y^3\Rightarrow\left(y+\frac{1}{2}\right)^2\ge\left(z+\frac{1}{2}\right)^2\) (1)

=>\(y+\frac{1}{2}\ge z+\frac{1}{3}\)

=>\(y\ge z\) (2)

với y>= z, từ pt(2) =>z>=x (3)

Từ 91),(2),(3)

=> x=y=z>0 (ĐPCM)

Với x=y=z>0, thay vào pt(1), Ta có 

\(x^3-x^2-x-\frac{1}{3}=0\Leftrightarrow3x^3-3x^2-3x-1=0\)

<=>\(4x^3=x^3+3x^2+3x+1\Leftrightarrow4x^3=\left(x+1\right)^3\)

<=>\(\sqrt[3]{4}x=x+1\Leftrightarrow x\left(\sqrt[3]{4}-1\right)=1\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}\)

Vãi cả lớp 8 học hệ pt , lạy mấy e rồi đó, :V

^_^

Đặt \(A=abc\left(bc+a^2\right)\left(ac+b^2\right)\left(ab+c^2\right)\)

Do a; b; c > 0 => A > 0

Giả sử \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{a+b}{bc+a^2}-\frac{b+c}{ac+b^2}-\frac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4-a^4b^2c^2-b^4a^2c^2-c^4a^2b^2}{A}\ge0\)( tự quy đồng rồi rút gọn nhé, làm chi tiết dài lắm )

\(\Leftrightarrow\frac{2a^4b^4+2b^4c^4+2c^4a^4-2a^4b^2c^2-2b^4a^2c^2-2c^4a^2b^2}{A}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2b^2+b^2c^2\right)^2+\left(b^2c^2+c^2a^2\right)^2+\left(c^2a^2+a^2b^2\right)^2}{A}\ge0\)(đúng)

Vậy \(\frac{a+b}{bc+a^2}+\frac{b+c}{ca+b^2}+\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)(đpcm)

có ai còn cách khác ko cách này dài lắm

\(R=\frac{x^2+x+1}{x}=\frac{3x+x^2-2x+1}{x}=\frac{3x+\left(x-1\right)^2}{x}=3+\frac{\left(x-1\right)^2}{x}\ge3\)

\(R=\frac{x^2+x+1}{x}=\frac{3x+x^2-2x+1}{x}=\frac{3x+\left(x-1\right)^2}{x}=3+\frac{\left(x-1\right)^2}{x}\ge3\)

\(x^2+2xy+y^2=\left(x+y\right)^2⋮x+y\)