xài bđt phụ mới cần phải chứng minh nhé 

mà tau nhớ làm gì có Cô si dạng Engel ??? ._.

Ý mày là không tồn tại cái BĐT tên Cosi dạng engel á:")?

xD

Có: \(\frac{x^2-z^2}{y+z}+\frac{y^2-x^2}{z+x}+\frac{z^2-y^2}{x+y}\)(1)

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

\(\left(1\right)=S_1\left(x-z\right)^2+S_2\left(y-x\right)^2+S_3\left(z-y\right)^2\)

Trong đó:

\(\hept{\begin{cases}S_1=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}\\S_2=\frac{x+y}{\left(z+x\right)\left(y-x\right)}\\S_3=\frac{y+z}{\left(x+y\right)\left(z-y\right)}\end{cases}}\)

Giả sử: \(x\ge y\ge z\)( x,y,z lớn hơn 0)

Có: \(S_1=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}\ge0\)

Xét: \(S_1+S_2=\frac{x+z}{\left(y+z\right)\left(x-z\right)}-\frac{x+y}{\left(x+z\right)\left(x-y\right)}=\frac{\left(x+z\right)^2+\left(x+y\right)\left(y+z\right)^2+\left(y+z\right)\left(y-z\right)\left(2x+y+z\right)}{.....}\ge0\)

Xét tiếp \(S_1+S_3\)là xong

Không biết đúng k tại mình hơi yếu

*Nếu được giả sử như bạn Cà Bùi thì bài làm của em như sau,mong mọi người góp ý ạ!

Ta có: \(VT=\frac{x^2-z^2}{y+z}+\frac{y^2-x^2}{z+x}-\frac{x^2-z^2+y^2-x^2}{x+y}\)

\(=\left(x^2-z^2\right)\left(\frac{x+y-y-z}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\right)+\left(y^2-x^2\right)\left(\frac{x+y-z-x}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}\right)\) (nhóm các số thích hợp + quy đồng)

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

Do a, b, c có tính chất hoán vị, nên ta giả sử y là số lớn nhất. Khi đó vế trái không âm hay ta có đpcm.

mình không thi  đâu

Sửa đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge9\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}-2+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}-2+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}-2+\frac{c}{b}\right)\ge0\)

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

Cái này đúng vậy ta có điều phải chứng minh

ko đâu

Ở đây cx có giáo viện dạy hsg á(chắc vậy)

hé nhô:(( 

chào cậu nhé mình hiện tại đang học lớp 8 này, năm nay tớ rớt HSG lớp 8 nè :((. Tuy vậy mình lên dự định hè này mình sẽ làm lại để chuẩn bị cho kì thi HSG lớp 9 á. Hiện tại cũng tích góp được một số tài liệu nè, nếu cậu có cần thì liên hệ mình nhé. Đề mỗi chỗ sẽ khác nhau í mình nghĩ tài liệu của mình sẽ giúp ít cho cậu tham khảo nè:>>. Mong rằng cậu sẽ thành công nhé, mình cũng muốn học chung với cậu nhưng mà mình nghĩ mình kông giỏi đến mức đi giúp bạn khác đâu. Nếu có thể thì mình sẽ sắp xếp thời gian trao đổi với cậu một chút á:>> mình không có nhiều thời gian rảnh cho lắm huhu. Chúng ta cùng nhau cố gắng nghen<3. Mà cậu học lớp 11 nhỉ:>>>

A B C D E x y

Theo đề bài ta có  \(\Delta ABC\) cân tại A, gọi xy là đường thẳng cắt AB, AC và song song với BC. Gọi D, E lần lượt là giao điểm của xy với AB và AC.

C1: Vì \(\Delta ABC\) cân tại A (gt) 

\(\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{C}\)

Xét tứ giác BCED có \(\widehat{B}=\widehat{C}\)

=> tứ giác BCED là hình thang cân (theo định lí)

Vậy ...

Tứ giác thu dc là hình thang cân vì tam giác cân có 2 góc kề 1 đáy bằng nhau nên dễ dàng chứng minh là hình thang cân

Ta có \(AB=CD\) (ABCD là hình bình hành)

\(\Rightarrow\frac{AB}{2}=\frac{CD}{2}\)

\(\Rightarrow MB=DN\)(tính chất trung điểm)

Tứ giác BMDN có: \(MB=DN\) (cmt)

                               MB//DN (AB//CD, ABCD là hình bình hành)

\(\Rightarrow\)Tứ giác BMDN là hình bình hành