Ta có:

\(\left(y^2+y+1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

\(=x^2y^2+xy\left(x+y\right)+x^2+y^2+xy+x+y+1\)

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

Ta lại có:

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

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

Theo đề bài ta có: (sửa đề luôn)

\(\frac{x}{y^3-1}-\frac{y}{x^3-1}+\frac{2\left(x-y\right)}{x^2y^2+3}\)

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

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

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

\(=-\frac{2\left(x-y\right)}{x^2y^2+3}+\frac{2\left(x-y\right)}{x^2y^2+3}=0\)

kết bạn với mình nhé!

Trước hết bạn chứng minh :  \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (Chứng minh bằng biến đổi tương đương)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có : \(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{9}{6-\left(a+b+c\right)}\ge\frac{9}{6-\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\frac{9}{6-3}=3\)

Dễ thấy \(0< a,b,c< 2\)

Ta có:

\(\frac{1}{2-a}\ge\frac{a^2+1}{2}\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)

Tương tự với các cái tương tự, ta được:

\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{a^2+1+b^2+1+c^2+1}{2}=3\)(Đpcm)

Dấu = khi a=b=c=1

Ta có:

\(2M=\frac{2ab}{a+b+2}=\frac{\left(a+b\right)^2-\left(a^2+b^2\right)}{a+b+2}\)

\(=\frac{\left(a+b\right)^2-4}{a+b+2}=a+b-2\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}-2\)

\(=2\sqrt{2}-2\)

\(\Rightarrow M\le\sqrt{2}-1\)

Ta có :

   \(2M=\frac{2ab}{a+b+2}\)

\(=\frac{\left(a+b\right)^2-\left(a^2+b^2\right)}{a+b+2}\)

\(=\frac{\left(a+b\right)^2-4}{a+b+2}\)

\(\Leftrightarrow a+b-2\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}-2\)

\(=2\sqrt{2}-2\)

\(\Leftrightarrow M\le\sqrt{2}-1\)

Do a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên: a + b + c = 2

Áp dụng bất đẳng thức của tam giác:

\(\Rightarrow\)a < b + c

\(\Rightarrow\)a + a < a + b + c

\(\Rightarrow\)2a < 2 \(\Rightarrow\)a < 1

Làm tương tự; ta chứng minh được b < 1; c < 1

\(\Rightarrow\)(1 - a)(1 - b)(1 - c) > 0

\(\Rightarrow\)(1 - a - b + ab)(1 - c) > 0

\(\Rightarrow\)1 - a - b + ab - c + ac + bc - abc > 0

\(\Rightarrow\)1 - (a + b + c) + (ab + ac + bc) > abc

\(\Rightarrow\)2[1 - (a + b + c) + (ab + ac + bc)] > 2abc

\(\Rightarrow\)2 - 2(a + b + c) + 2(ab + ac + bc) - 2abc > 0

\(\Rightarrow\)2abc + (a + b + c)^2 - 2ab - 2ac - 2bc < 2 (vì a + b + c = 2)

\(\Rightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+2abc< 2\)(ĐPCM)

CMR là chuẩn mẹ rồi!

khà khà.........................

\(A=x^4+6x^3+13x^2+12x+12\)

     \(=\left(x^4+6x^3+19x^2+30x+25\right)-6x^2-18x-30+17\)

      \(=\left(x^4+6x^3+19x^2+30x+25\right)-6\left(x^2+3x+5\right)+17\)

       \(=\left(x^2+3x+5\right)^2-6\left(x^2+3x+5\right)+17\)

Đặt \(t=x^2+3x+5\)

Khi đó \(A=t^2-6t+17=t^2-2.t.3+9+8=\left(t-3\right)^2+8\ge8\)

Dấu "=" xảy ra <=> t - 3 = 0 <=> t = 3

                                          <=> \(x^2+3x+5=3\Leftrightarrow x^2+3x+2=0\)

                                           \(\Leftrightarrow x^2+x+2x+2=0\)

                                            \(\Leftrightarrow x\left(x+1\right)+2\left(x+1\right)=0\)

                                             \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=-2\end{cases}}\)

Vậy A_Min = 8 khi và chỉ khi x = -1 hoặc x = -2

CÁC BẠN GIẢI NHANH HỘ NHÚN VỚI

\(y\left(x^2+1\right)=x^3-8x^2+2x\)

\(y=\frac{x^3-8x^2+2x}{x^2+1}\)

Vì y nguyên nên \(\left(x^3-8x^2+2x\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\left(x^3+x-8x^2-8+x+8\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\left[x\left(x^2+1\right)-8\left(x^2+1\right)+x+8\right]⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\left(x^2+1\right)\left(x-8\right)+x+8⋮\left(x^2+1\right)\)

Vì \(\left(x^2+1\right)\left(x-8\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\Rightarrow\left(x+8\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\left(x+8\right)\left(x-8\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\left(x^2-64\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\left(x^2+1-65\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

Vì \(\left(x^2+1\right)⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\Rightarrow-65⋮\left(x^2+1\right)\)

\(\Rightarrow\left(x^2+1\right)\inƯ\left(65\right)=\left\{\pm1;\pm5;\pm13;\pm65\right\}\)

Mặt khác ta có : \(x^2+1>0\forall x\)nên :

\(\left(x^2+1\right)\in\left\{1;5;13;65\right\}\)

Vậy \(x\in\left\{0;\pm4;\pm8\right\}\)

Tiếp tục có bảng :

Vậy (x;y)={(0;0).(-8;-16)}

x bình phương công một bằng năm sao x tương ưng bằng công trừ bốn ? (Xem bảng hai) !

Ta có: \(\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)=\left(1+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{x}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)=2+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}\)

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

Ta chứng minh bất đẳng thức :

\(\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}\right)\ge\frac{2\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)

Vì x, y, z đóng vai trò như nhau nên ta chứng minh bất đẳng thức phụ:

\(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}\)

Xét:

 \(3\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)=\left(\frac{2x}{y}+\frac{y}{z}\right)+\left(\frac{2y}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{2z}{x}+\frac{x}{y}\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{2x}{y}+\frac{y}{z}=\frac{x}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{x.x.y}{y.y.z}}=3\sqrt[3]{\frac{x.x.x}{xyz}}=3\frac{x}{\sqrt[3]{xyz}}\)

Tương tự như thế ta có:

\(3\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)\ge3.\frac{x}{\sqrt[3]{xyz}}+3\frac{y}{\sqrt[3]{xyz}}+3\frac{z}{\sqrt[3]{xyz}}\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\ge\frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}\)

Như vậy:

\(\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}\right)\ge\frac{2\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)

=> \(\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\ge2+\frac{2\left(x+y+z\right)}{\sqrt[3]{xyz}}\)

Dấu "=" khi x=y=z

Câu hỏi của Incursion_03 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

minh ket ban nhe

Nếu\(a^3+b^3+c^3=3abc\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a=b=c\end{cases}}\)

Thật vậy:\(a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\\ \Rightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)=-c^3\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)

Tương tự \(a=b=c\Rightarrow\orbr{\begin{cases}3abc=3a^3\\a^3+b^3+c^3=3a^3\end{cases}\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc}\)

Áp dụng ta có:\(\orbr{\begin{cases}xy+yz+zx=0\\xy=yz=zx\Rightarrow x=y=z\end{cases}}\)

Khi x=y=z,ta có P=(1+1)(1+1)(1+1)=8

Khi xy+yz+zx=0,ta có:\(xy+yz=-zx\)

Tương tự:\(yz+zx=-xy\)

               \(xy+zx=-yz\)

Ta có \(P=2+\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}=2+\frac{xz+yz}{z^2}+\frac{xy+xz}{x^2}+\frac{zy+xy}{y^2}\)\(=2-\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)\)\(=2-\frac{xy+yz+zx}{xyz}=2-\frac{0}{xyz}=2\)

Vậy P=8 khi x=y=z

      P=2 khi xy+yz+zx=0

kho nhi

a) Nếu góc HAG =45 độ

Xét tam giác IAK và tam giác IDH

có: \(\widehat{IAK}=\widehat{IDH}=45^o\)

\(\widehat{DIH}=\widehat{AIK}\)( đối đỉnh)

=> \(\Delta IAK~\Delta IDH\)

=> \(\frac{IA}{ID}=\frac{IK}{IH}\)

Xét tam giác AID và tam giác KIH có :

\(\frac{IA}{ID}=\frac{IK}{IH}\)

\(\widehat{AID}=\widehat{KIH}\)( đối đỉnh)

=> \(\Delta AID~\Delta KIH\Rightarrow\widehat{IHK}=\widehat{IDA}=45^o\)=> \(\widehat{KHA}=45^o\)

Xét tam giác AKH có : \(\widehat{KAH}=\widehat{AHK}=45^o\)

=> Tam giác HAK vuông cân tại K

b) Gọi N là giao điểm của MG và DC

AH//MG => \(\widehat{AHD}=\widehat{MNC}\)( đồng vị)

AB//DC => \(\widehat{BMG}=\widehat{MNC}\)(so le trong)

Từ 2 điều trên suy ra \(\widehat{AHD}=\widehat{BMG}\)

Xét  2tam giác vuông ADH và GBM có:\(\widehat{AHD}=\widehat{BMG}\)

=> \(\Delta ADH~\Delta GBM\)=> \(\frac{DH}{BM}=\frac{AD}{BG}\)

Đặt cạnh hình vuông bằng a

=> \(DH.BG=a.\frac{a}{2}=\frac{a^2}{2}=DO.BO\)

Vì DO=BO=1/2 BC=1/2.\(\sqrt{a^2+a^2}=\frac{1}{2}.a\sqrt{2}\)

=> \(\frac{DH}{BO}=\frac{DO}{BG}\)

Xét tam giác DHO và tam giác BOG có: 

\(\frac{DH}{BO}=\frac{DO}{BG}\)

và \(\widehat{ODH}=\widehat{GBO}\)

=> tam giác DHO đồng dạng tam giác BOG

=>\(\widehat{BOG}=\widehat{OHD}\)

Ta lại có: \(\widehat{BOH}=\widehat{ODH}+\widehat{OHD}=\widehat{ODH}+\widehat{BOG}\)( góc ngoài tam giác DOH)

Mặt khác \(\widehat{BOH}=\widehat{BOG}+\widehat{GOH}\)

=> \(\widehat{GOH}=\widehat{ODH}=45^o\)

=> góc HOG không đổi 

ko biết