Lần lượt trừ hai vế của hệ phương trình ta có : \(x^3-y^3=3\left(x-y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2-3\right)=0\)
                                                                    \(\Leftrightarrow x^2+y^2+xy=3\) ( Do \(x\ne y\)).
Làm tương tự như vậy ta có hệ sau :  \(\hept{\begin{cases}x^2+xy+y^2=3\\x^2+xz+z^2=3\\y^2+yz+z^2=3\end{cases}}\) (1)
Làm tương tự như trên, trừ lần lượt từng vế phương trình  ta có:
                                    \(x^2+xy+y^2-\left(x^2+xz+z^2\right)=3-3\) 
                                                          \(\Leftrightarrow xy-xz+y^2-z^2=0\)
                                                          \(\Leftrightarrow\left(y-z\right)\left(x+y+z\right)=0\)
                                                          \(\Leftrightarrow x+y+z=0\)( do \(x\ne y\))
           \(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2=0\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx=0\).
Cộng lần lượt từng vế của 3 phương trình ta được : \(2\left(x^2+y^2+z^2\right)+xy+xz+yz=9\).
Đặt \(a=x^2+y^2+z^2,b=xy+zy+zx\) ta có hệ sau:
       \(\hept{\begin{cases}a+2b=0\\2a+b=9\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=6\\b=-3\end{cases}}}\)
Vậy \(x^2+y^2+z^2=6.\)

                                                          

tớ ko bt

a/c/m tứ giác AEDF là hcn ( 3 góc vuông)

Để tứ giác ADEF là hình vuông thì ad phải là tia phân giác của góc A

b/tứ giác ADEF là hcn nên AD=EF

=> 3AD + 4EF = 7AD

3AD + 4EF nhỏ nhất <=> AD nhỏ nhất 

<=> D là hình chiếu của A trên BC ,vì trong tam giác ,đg vuông góc là đg ngắn nhất)

minh moi lop 6 thoi nen ko gi dc ban chuc ban lam bai tot

Gọi nghiệm của phương trình 6x²+20x+15=0 là t₁và t₂ .

Nếu ta giả sử rằng a=t₁ thì b=\(\frac{1}{t_2}\)

Lúc này biểu thức đã cho trở thành :

\(\frac{\frac{1}{t^3_2}}{\frac{t_1}{t^2_2}-9\left(\frac{t_1}{t_2}+1\right)^3}\)\(=\frac{1}{t_1.t_2-9\left(t_1+t_2\right)^3}\)

Bây giờ chỉ cần thay các giá trị t₁+t₂ và t₁.t₂ từ phương trình bậc 2 vào biểu thức trên để có đáp án.

P/s : nếu chưa học pt bậc 2 thì k làm được đâu

chiuj^_^

đặt \(p^{2m}+q^{2m}=a^2\)

Xét p,q cùng lẻ thì \(p^{2m}\)chia 4 dư 1 ; \(q^{2m}\)chia 4 dư 1

\(\Rightarrow p^{2m}+q^{2m}\)chia 4 dư 2

\(\Rightarrow a^2\)chia 4 dư 2 ( vô lí vì SCP chia 4 ko thể dư 2 hoặc 3 )

\(\Rightarrow\)ít nhất 1 trong 2 số p,q có 1 số bằng 2

giả sử p = 2

\(\Rightarrow4^m=a^2-q^{2n}=\left(a-q^n\right)\left(a+q^n\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-q^n=4^x\\a+q^n=4^y\end{cases}\Rightarrow2.q^n=4^y-4^x⋮4}\)

\(\Rightarrow q^n⋮2\)

\(\Rightarrow q⋮2\)

\(\Rightarrow q=2\)

Thay p = q = 2 vào, ta được :

\(4^m+4^n=a^2\)

giả sử \(m\ge n\)

Đặt \(m=n+z\)

Ta có : \(4^{n+z}+4^n=4^n\left(4^z+1\right)=a^2\)

vì \(4^n\)là số chính phương nên \(4^z+1\)là số chính phương

Dễ thấy \(4^z+1=\left(2^z\right)^2+1\)không là số chính phương nên suy ra phương trình vô nghiệm

Đáp số nè: m=2, n=1, p=2, q=3 và các hoán vị.

Nếu ai cần thì cứ nhắn tin vs mik nha.

W.L.O.G:  \(a\ge b\ge c\Rightarrow2\ge a\ge\frac{a+b+c}{3}=1\Rightarrow\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\)

\(\therefore a^2+b^2+c^2\le a^2+\left(b+c\right)^2=2\left(a-1\right)\left(a-2\right)+5\le5\)

Equality holds when \(\left(a;b;c\right)=\left(2;1;0\right)\) and ..

Ta có: a² + b² > 2ab, b² + c² > 2bc, c² + a² > 2ca

=> 2(a² + b² + c²) >= 2(ab + bc + ca)

=>3(a² + b² + c²) >= (a + b + c)²

=> a² + b² + c² >= \(\frac{\text{(a + b + c)}^2}{3}\)

=> a² + b² + c² >= 3

Dâu = xảy ra khi: a = b = c = 1

Ta có:

\(S=pr=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

\(\Leftrightarrow p^2r^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)

\(\Leftrightarrow r^2=\frac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{r^2}=\frac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}+\frac{1}{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}+\frac{1}{\left(p-a\right)\left(p-c\right)}\)

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

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

\(\ge\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)(áp dụng \(x^2-y^2\le x^2\)) 

\(\Rightarrow4r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\ge4\left(1\right)\)

Ta lại có

\(S=\frac{a.ha}{2}=pr=\frac{r\left(a+b+c\right)}{2}\)

\(\Rightarrow ha=\frac{r\left(a+b+c\right)}{a}\)

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

Tương tự

\(hb^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{b^2}\)

\(hc^2=\frac{r^2\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\)

Cộng vế theo vế ta được

\(ha^2+hb^2+hc^2=r^2\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}=\frac{1}{r^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ha^2+hb^2+hc^2}\ge4\)

Bài làm này thật xuất sắc !

Ta có:\(A=n^3+3n^2+5n+3\)=\(n^3-n+3n^2+6n+3\)

=\(n\left(n^2-1\right)+3\left(n^2+2n+1\right)\)

\(=\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+3\left(n+1\right)^2\)

Vì \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)⋮3\)

Mà \(3\left(n+1\right)^2⋮3\) nên \(A=n^3+3n^2+5n+3⋮3\) với mọi n

Theo giả thiết, ta có: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=1\)

Áp dụng BĐT AM - GM cho 5 số, ta được: \(\hept{\begin{cases}a.a.a.b.b\le\frac{a^5+a^5+a^5+b^5+b^5}{5}=\frac{3a^5+2b^5}{5}\\b.b.b.a.a\le\frac{b^5+b^5+b^5+a^5+a^5}{5}=\frac{3b^5+2a^5}{5}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{5\left(a^5+b^5\right)}{5}\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)hay \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)(1) .

Tương tự, ta có: \(\frac{1}{\sqrt{b^5+c^5}}\le\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}\)(2); \(\frac{1}{\sqrt{c^5+a^5}}\le\frac{1}{ca\sqrt{c+a}}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\)()

Xét \(\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\right)^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\right)\)\(=\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)

Gọi số thỏa đề bài là \(\frac{x}{7}\)ta có

a < \(\frac{x}{7}\)< b \(\Leftrightarrow7a< x< 7b\)

Vây x \(\in\)(7a + 1 đến 7b - 1)

Tổng các số đó là

\(\frac{7a+1}{7}+\frac{7a+2}{7}+...+\frac{7b-1}{7}\)

\(=\frac{1}{7}\left(7a+1+...+7b-1\right)\)

\(=\frac{1}{7}\times\frac{\left(7b-7a-1\right)\left(7a+7b\right)}{2}\)

Bạn làm tiếp nhé

Hình bạn tự vẽ nha

a) \(\Delta AEM\)vuông tại E có EI là trung tuyến 

=> EI = IA (1) => \(\Delta EIA\)cân tại I, có EIM là góc ngoài

=> \(\widehat{EIM}=2\widehat{EAI}\)

Tương tự ta có \(\widehat{HIM}=2\widehat{HAI}\)và IH = IA (2)

Từ (1) và (2) suy ra IE = IH hay \(\Delta EIH\)cân tại I

có \(\widehat{EIH}=\widehat{EIM}+\widehat{HIM}=2\widehat{EAI}+2\widehat{HAI}=2\widehat{EAH}=2\left(90^o-\widehat{ABH}\right)=2\left(90^o-60^o\right)=60^o\)

Vậy EIH là tam giác đều, suy ra EI = EH = IH

Tương tự ta có IHF là tam giác đều, suy ra IH = HF = IF

=> EI = EH = IF = HF 

Vậy HEIF là hình thoi

b) \(\Delta ABC\)là tam giac đều nên AH là đường cao cũng là đường trung tuyến

có G là trọng tâm nên \(AG=\frac{2}{3}AH\)(3)

Gọi K là trung điểm AG, suy ra \(AK=KG=\frac{1}{2}AG\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra AK = KG = GH

Gọi O là giao điểm của EF và IH, suy ra OI = OH

\(\Delta AMG\)có IK là đường trung bình nên IK // MG 

\(\Delta IKH\)có OG là đường trung bình nên IK // OG 

=> M, O, G thẳng hàng (tiên đề Ơ-clit)

Vậy EF, MG, HI đồng quy

c) HEIF là hình thoi nên \(EF\perp HI\)

\(\Delta EIH\)đều có EO là đường cao nên \(EO=EI\sqrt{\frac{3}{4}}\)(bạn tự chứng minh)

\(EF=2EO=2EI\sqrt{\frac{3}{4}}=AM\sqrt{\frac{3}{4}}\)(5)

EF đạt GTNN khi AM đạt GTNN

mà \(AM\ge AH\)nên EF đạt GTNN khi M trùng H

Khi đó AM là đường cao trong tam giác đều ABC nên ta cũng có \(AM=AB\sqrt{\frac{3}{4}}=a\sqrt{\frac{3}{4}}\)(6)

Từ (5) và (6) suy ra \(EF=a\left(\sqrt{\frac{3}{4}}\right)^2=\frac{3}{4}a\)

Vậy EF đạt GTNN là \(\frac{3}{4}a\)khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC.

Ở đề không có điểm K, sao ở câu hỏi lại có điểm K vậy em?