Nguyễn Linh Ch Thanks cô ạ,e thiếu + 2:(( ko hiểu sao dạo này e hay nhầm ạ:(

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

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

Đặt \(a=\frac{1}{x^2y^2}=\frac{1}{\left(xy\right)^2}\ge\frac{1}{\frac{\left(x+y\right)^4}{16}}=16\)

Ta có:

\(P=a+\frac{1}{a}+2=\left(\frac{1}{a}+\frac{a}{256}\right)+\frac{255a}{256}+2\)

Theo BĐT Cô-si ta có:

\(P\ge2\sqrt{\frac{1}{a}\cdot\frac{a}{256}}+\frac{255\cdot16}{256}+2=\frac{289}{16}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=6\Rightarrow x=y=\frac{1}{2}\)

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

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

Đặt \(\frac{1}{x^2y^2}=a\)

Ta có:\(a=\frac{1}{x^2y^2}=\frac{1}{\left(xy\right)^2}\ge\frac{1}{\frac{\left(x+y\right)^4}{16}}\ge16\)

Khi đó:

\(P=a+\frac{1}{a}+2=\left(\frac{1}{a}+\frac{a}{256}\right)+\frac{255a}{256}\)

Theo BĐT Cô si ( từ nay bỏ AM-GM,thấy quê quê sao á ) ta có:

\(P\ge2\sqrt{\frac{1}{a}\cdot\frac{a}{256}}+\frac{255\cdot16}{256}=\frac{27}{16}\)

Dấu "=" xảy ra tại \(x=y=\frac{1}{2}\)

b)Ta có:  \(a^{2000}+b^{2000}=a^{2001}+b^{2001}\)

\(\Rightarrow a^{2001}+b^{2001}\)\(-a^{2000}-b^{2000}=0\)

\(\Rightarrow a^{2000}\left(a-1\right)+b^{2000}\left(b-1\right)=0\)(1)

và \(a^{2001}+b^{2001}=a^{2002}+b^{2002}\)

\(\Rightarrow a^{2002}+b^{2002}\)\(-a^{2001}-b^{2001}=0\)

\(\Rightarrow a^{2001}\left(a-1\right)+b^{2001}\left(b-1\right)=0\)(2)

Lấy (2) - (1), ta được: \(a^{2000}\left(a-1\right)^2+b^{2000}\left(b-1\right)^2=0\)(3)

Mà \(a^{2000}\left(a-1\right)^2\ge0\forall a\)và \(b^{2000}\left(b-1\right)^2\ge0\forall b\)

nên (3) xảy ra\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^{2000}\left(a-1\right)^2=0\\b^{2000}\left(b-1\right)^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1hoaca=0\\b=1hoacb=0\end{cases}}\)

Mà a,b dương nên a = 1 và b = 1

a) Áp dụng BĐT Svac - xơ:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=9\)

(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\))

a, Trong hình vuông ABCD dựng tam giác EMB đều.
MBA^=ABC^−CBE^−EBM^=90o−15o−60o=15oMBA^=ABC^−CBE^−EBM^=90o−15o−60o=15o
Dễ dàng c/m đc:
ΔΔ CEB=ΔΔ BMA (c.g.c)
\RightarrowBMA^=BEC^=150oBMA^=BEC^=150o
\RightarrowBMA^=EMA^=150oBMA^=EMA^=150o
\Rightarrow

ΔΔ EMA=ΔΔ BMA (c.g.c)
\Rightarrow AE=AB
Tương tự c/m đc DE=DC
\Rightarrow DE=AE(1)
Dễ dàng c/m đc DAE^=60o(2)DAE^=60o(2)
Từ (1) và (2) \Rightarrow Tam giác AED đều.

Đội sản xuất của 1 nông trường nhập về 567 bao ngô giống, mỗi bao có 30kg ngô. Người ta chia đều ngô giống đó cho 378 gia đình đẻ trồng ngô vào vụ mùa tới. Hỏi mỗi gia đình nhận được bao nhiêu ki - lô - gam ngô giống?

( help me ! )

A C B M N I

Qua I vẽ đường thẳng vuông góc với CI cắt AC. BC lần lượt tại M, N. Khi đó CM=CN, IM=IN.

Ta chứng minh được \(\widehat{AIB}=180-\widehat{BAI}-\widehat{ABI}=180-\frac{BAC}{2}-\frac{ABC}{2}=\frac{360-\left(ABC+BÃC\right)}{2}\)

\(=\frac{360-180+ACB}{2}=90+\frac{ACB}{2}\)

\(AMI=180-CMN=180-\frac{180-ACB}{2}=\frac{360-180+ACB}{2}=90+\frac{ACB}{2}\)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(BNI=90+\frac{ACB}{2}\)

Từ đó suy ra: \(\Delta AIB\infty\Delta AMI\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AI}{AM}=\frac{AB}{AI}\Rightarrow AI^2=AB.AM\Rightarrow\frac{AI^2}{AB.AC}=\frac{AM}{AC}\) 

\(\Delta AIB\infty\Delta INB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BI}{IN}=\frac{AB}{BN}\Rightarrow BI^2=AB.BN\Rightarrow\frac{BI^2}{AB.BC}=\frac{BN}{BC}\)

\(\Delta AMI\infty\Delta INB\Rightarrow\frac{AM}{IN}=\frac{IM}{BN}\Rightarrow AM.BN=IM.IN=IM^2\)

Áp dụng định lí Py- ta-go vào tam gác ICM ta có:

\(IM^2+CI^2=CM^2\Rightarrow BN.AM+CI^2=CM.CN\Rightarrow BN.AM+CN.AM+CI^2=CM.CN+CN.AM\)

\(\Rightarrow BC.AM+CI^2=CN.AC\Rightarrow BC.AM+CI^2+AC.BN=CN.AC+AC.BN\)

\(\Rightarrow BC.AM+BN.AC+CI^2=AC.BC\Rightarrow\frac{AM}{AC}+\frac{BN}{BC}+\frac{CI^2}{AC.BC}=1\)

\(\Rightarrow\frac{AI^2}{AB.AC}+\frac{BI^2}{BA.BC}+\frac{CI^2}{CA.CB}=1\)

\(\hept{\begin{cases}a^2+b^4+c^6+d^8=1\\a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}+d^{2019}=1\end{cases}}\)

=> \(0\le a^2;b^4;c^6;d^8\le1\)

=> \(-1\le a;b;c;d\le1\)

=> \(a^{2016}\le a^2\); \(b^{2017}\le b^4\); \(c^{2018}\le c^6\); \(d^8\le d^{2019}\)

=> \(a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}+d^{2019}\le a^2+b^4+c^6+d^8\)

Do đó: \(a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}+d^{2019}=a^2+b^4+c^6+d^8=1\)

<=> \(a^{2016}=a^2;b^{2017}=b^4;c^{2018}=c^6;d^{2019}=d^8;a^2+b^4+c^6+d^8=1\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}a=0\\a=\pm1\end{cases}}\); ​\(\orbr{\begin{cases}b=0\\b=1\end{cases}}\); \(\orbr{\begin{cases}c=0\\c=\pm1\end{cases}}\); \(\orbr{\begin{cases}d=0\\d=1\end{cases}}\); \(a^2+b^4+c^6+d^8=1\)​

<=>  \(a=b=c=0;d=1\)hoặc \(a=b=d;c=\pm1\) hoặc \(a=c=d=0;b=1\)hoặc \(b=c=d=0;a=\pm1\).

Tại sao \(0\le a^2;b^4;c^6;d^8\le1\) Lại suy ra \(-1\le a;b;c;d\le1\)????????????????????????

Cô hướng dẫn nhé.

a) Theo tính chất giao ba đường trung tuyến, ta có \(\frac{CG}{CE}=\frac{2}{3}\Rightarrow CG=8\)

Tương tự BG = 6

Xét tam giác BGC thỏa mãn định lý Pi-ta-go đảo ta có \(\widehat{BGC}=90^o\)

b) Ta thấy \(\frac{S_{BGC}}{S_{ABC}}=\frac{S_{BGC}}{S_{BEC}}.\frac{S_{BEC}}{S_{ABC}}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\)

Ta tính được S_BGC nên dễ dàng suy ra S_ABC

^{Rev\(\hept{\begin{cases}\\\\Dfgvudgfvgdfsuyhgvhsdf\end{cases}}\)}ckwdjoicjudwucidwucuoweuo

Ta có \(A=\left(x+y\right)\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)\left(x+4y\right)+y^4\)

            \(=\left(x^2+5xy+4y^2\right)\left(x^2+5xy+6y^2\right)+y^4\)

Đặt \(x^2+5xy+5y^2=t\) thì:

\(A=\left(t-y^2\right)\left(t+y^2\right)+y^4=t^2-y^4+y^4=t^2=\left(x^2+5xy+5y^2\right)^2\)

Vì \(x,y\in Z\) nên \(x^2\in Z,\)\(5xy\in Z,\)\(5y^2\in Z\)\(\Rightarrow\)\(x^2+5xy+5y^2\in Z\)

Vậy A là số chính phương.

sao may ko ket ban

\(3x^2+x=4y^2+y\)

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

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

Giả sử d là ước chung của (x - y) và (3x + 3y + 1)

Ta có y² chia hết cho d²

\(\Rightarrow\)y chia hết cho d

\(\Rightarrow-3\left(x-y\right)+\left(3x+3y+1\right)-6y\)chia hết cho d

\(\Rightarrow\)1 chia hết cho d nên d = 1

\(\Rightarrow\)(x - y) và (3x + 3y + 1) nguyên tố cũng nhau

Vậy (x - y) là 1 số chính phương

tao chắc chắn, chắc chắn..... là tao không biết

Vì a,b,c là ba cạnh của tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b>c\\b+c>a\\c+a>b\end{cases}}\)

hay \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)(1)

Ta có: \(A=4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab\right)^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2\)

\(=\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\)

\(=\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\)

Vì a + b + c > 0 ( Vì a,b,c là ba cạnh của tam giác kết hợp với (1) thì:

\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)>0\)

hay A > 0 (đpcm)

Ta có

a + b + c = abc

\(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)

Ta lại có

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=2\)

Ta có:a+b+c=abc

\(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)

Ta lại có :\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

\(\Rightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\right)=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=2\)