Ta có: \(x^3+y^3+z^2=3xyz+1\)

   \(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3+z^3-3xy\left(x+y\right)-3xyz=1\)

   \(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3-3xy\left(x+y+z\right)-3z\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)=1\)

   \(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left[\left(x+y+z\right)^2-3\left(zx+zy\right)-3xy\right]=1\)

   \(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left[x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx-3xy-3yz-3zx\right]=1\)

   \(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)=1\)

Đến đây các bạn tự giải nhé ^_^

Bn gì ơi, đây kh pk mk nhờ bn giải hộ, mk nổi hứng đăng câu hỏi lên thôi nên lm hết đi nhá

Ta có BĐT sau:

\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

CM:    \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

<=>   \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

<=>   \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)     (*)

=> BĐT (*) LUÔN ĐÚNG !!!!

=>   \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

=>   \(3\left(ab+bc+ca\right)\le0\)

=>   \(ab+bc+ca\le0\)

VẬY TA CÓ ĐPCM.

\(a+b+c=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+ac+ca\right)=0\)

Vì  \(a^2+b^2+c^2\ge0\forall a;b;c\)

\(\Rightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\le0\left(đpcm\right)\)

Đợi t qua thi nhé full.

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

b: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\hat{HAB}=\hat{HCA}\left(=90^0-\hat{HBA}\right)\)

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

=>\(\frac{HA}{HC}=\frac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

c: ΔAHB vuông tại H

mà HP là đường trung tuyến

nên HP=PA=PB

PA=PH

=>ΔPAH cân tại P

=>\(\hat{PAH}=\hat{PHA}\left(1\right)\)

Ta có: HM⊥AC

AB⊥CA

Do đó: HM//AB

=>\(\hat{MHA}=\hat{HAP}\) (hai góc so le trong)(2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{MHA}=\hat{PHA}\)

=>HA là phân giác của góc MHP

a) Chứng minh \(\triangle B H A sim \triangle B A C\)

• Ta có \(\angle B H A = 90^{\circ}\).
• \(\angle B A C = 90^{\circ}\).
  ⇒ \(\angle B H A = \angle B A C\).
• Đồng thời \(\angle A B H = \angle A C B\) (hai góc nhọn phụ nhau trong tam giác vuông).

⇒ Theo trường hợp “góc - góc” (AA), ta có:

\(\triangle B H A sim \triangle B A C .\)

b) Chứng minh \(A H^{2} = H B \cdot H C\)

Đây là hệ thức quen thuộc trong tam giác vuông: đường cao chia cạnh huyền thành 2 đoạn.

• Từ (a): \(\triangle B H A sim \triangle B A C\).
  ⇒ \(\frac{B H}{B A} = \frac{B A}{B C}\).
  ⇒ \(B A^{2} = B H \cdot B C\).
• Tương tự, \(\triangle A H C sim \triangle A B C\).
  ⇒ \(A C^{2} = H C \cdot B C\).
• Cộng lại: \(B A^{2} + A C^{2} = B C \left(\right. B H + H C \left.\right) = B C^{2}\).
• Lại có: trong tam giác vuông, \(A H^{2} = B H \cdot H C\). (Có thể suy ra trực tiếp từ hai đồng dạng trên).

c) Chứng minh:

• \(M\) là hình chiếu của \(H\) lên \(A C\).
• \(P\) là trung điểm \(A B\).
• \(C P\) cắt \(H M\) tại \(Q\), và cắt \(A H\) tại \(I\).

Cần chứng minh:

1. \(H A\) là tia phân giác \(\angle P H M\).
2. \(B , I , M\) thẳng hàng.
3. Chứng minh HA là phân giác của \(\angle P H M\):
4. • Ta dùng tứ giác nội tiếp hoặc đồng dạng.
   • Dễ thấy các tam giác vuông nhỏ xuất hiện quanh điểm \(H , M\).
   • Thường ta chứng minh \(\triangle H A P sim \triangle H A M\) hoặc sử dụng tính chất: \(I\) trên \(A H\) đồng thời thuộc \(C P\), kết hợp với \(Q = C P \cap H M\) ⇒ xuất hiện cặp tam giác đồng dạng, từ đó suy ra \(\frac{H P}{H A} = \frac{H A}{H M}\) ⇒ HA phân giác.
5. Chứng minh \(B , I , M\) thẳng hàng:
6. • Từ việc HA là phân giác, áp dụng định lí phân giác trong tam giác \(P H M\).
   • Ta có \(I\) nằm trên phân giác \(A H\).
   • Từ đó dựng quan hệ tỉ số, và qua biến đổi sẽ ra tính thẳng hàng \(B , I , M\).

Cảm ơn em :)

ĐK:1\(\ge\)x\(\ge\)-1

+) Với x₁=x₂=...=x₂₀₀₀ 

Từ (1) suy ra x₁=x₂=...=x₂₀₀₀ =1/2000 (thay vào (2) thỏa mãn)

+) Với x₁<x₂<...<x₂₀₀₀ ( trường hợp còn lại chắc cũng giống vậy)

Từ (1) suy ra:

VT>2000.\(\sqrt{1+x_1}\)<=> \(\sqrt{\frac{2001}{2000}}\)>\(\sqrt{1+x_1}\)<=>x₁<1/2000(1)

Từ (2) suy ra:

VT<2000.\(\sqrt{1+x_1}\)<=>\(\sqrt{\frac{1999}{2000}}\)<\(\sqrt{1-x_1}\) <=>x₁>1/2000(2)

Từ (1) và (2) cho thấy x₁<x₂<...<x₂₀₀₀ không xảy ra 

Vậy: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x₁=x₂=...=x₂₀₀₀ =1/2000

Cảm ơn nhiều nha Lê Hồ Trọng Tín , cách giải rất hay . Mk có cách này, cũng gần tương tự(p/s nhà mk đã đủ gạch đá r nên k dám nhận nữa đâu ( v￣▽￣)   )

Điều kiện \(-1\le x_n\le1\) với mọi \(n=1,2,3,...,2000\)

Khi đó :

\( \left(1\right)\Leftrightarrow2000.2001=\left(\sqrt{1+x_1}+\sqrt{1+x_2}+...+\sqrt{1+x_{2000}}\right)^2\)

                     \(\le\left(1+1+...+1\right)\left(1+x_1+1+x_2+...+1+x_{2000}\right)\)( bất đẳng thức bunyakovsky)

                     \(=2000\left(2000+x_1+x_2+...+x_{2000}\right)\)

           \(\Leftrightarrow1\le x_1+x_2+...+x_{2000}\)

Khi đó :

\(\left(2\right)\Leftrightarrow2000.1999\le\left(1+1+...+1\right)\left(1+1+...+1-x_1-x_2-...-x_{2000}\right)\)

        \(\Leftrightarrow x_1+x_2+...+x_{2000}\le1\)

Do đó \(\hept{\begin{cases}1+x_1=1+x_2=...=1+x_{2000}\\1-x_1=1-x_2=...=1-x_{2000}\\x_1+x_2+...+x_{2000}=1\end{cases}\Leftrightarrow_{ }}x_1=x_2=...=x_{2000}=\frac{1}{2000}.\)

Câu c) CM: KD//AH

d)CM:\(\frac{EH}{AB}=\frac{KD}{BC}\)

làm nốt

d) (2x-1)(3x+2)(3-x)

=(6x²+x-2)(3-x)

=-6x³+17x²+5x-6

e) (x+3)(x²+3x-5)

=x³+6x²+4x-15

f) (xy-2)(x³-2x-6)

=x⁴y-2x³-2x²y-6xy+4x+12

g) (5x³-x2+2x-3)(4x²-x+2)

=20x⁵-9x⁴+19x³-16x²+7x-6

Bài 1:

a) (x-2)(x2+3x+4)

=x(5x+4)-2(5x+4)

= 5x²+4x-10x-8

=5x²-6x-8