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

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

Do \(\frac{a}{c}=\frac{a-b}{b-c}\Leftrightarrow a\left(b-c\right)=\left(a-b\right)c\)nên (1) đúng, đẳng thức được CM

Mình không biết vẽ hình trên đây nên bạn thông cảm nhé

a,Xét tam giác GBC có:   GI=BI(I là trung điểm của GB)

                                        GK=CK(K là trung điểm của GC)

=>IK là đường trung bình của tam giác GBC

b, Vì IK là đường trung bình của tam giác GBC

=> \(\hept{\begin{cases}IK=\frac{1}{2}BC\\IKsongsongBC\end{cases}}\)(1)

Vì BD là đường trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABC =>AD=CD

Vì CE là đường trung tuyến kẻ từ C của tam giác ABC =>AE=BE

Xét tam giác ABC có:     AD=CD

                                       AE=BE

=>DE là đường trung bình của tam giác ABC

=>\(\hept{\begin{cases}DE=\frac{1}{2}BC\\DEsongsongBC\end{cases}}\)(2)

Từ (1) và (2)=>\(\hept{\begin{cases}IK=ED\\IKsongsongED\end{cases}}\)

Mình không biết vẽ hình trên đây bạn tự vẽ hình nhé

a, Vì MN//AB=>MN//AB//CD(vì AB//CD)

         PQ//DC=>PQ//DC//AB(vì AB//CD)

=>MN//PQ

Xét hình thang ABQP có:      AM=PM(M là trung điểm của AB)

                                              MN//PQ//AB

=>BN=NQ hay N là trung điểm của BQ(1)

Xét hình thang MNCD có:     MP=DP(P là trung điểm của MD)

                                              MN//PQ//CD

=>NQ=QC hay Q là trung điểm của NC(2)

Từ (1) và (2)=>BN=NQ=QC

b,Xét hình thang ABQP có:    AM=PM(M là trung điểm của AP)

                                               BN=QN(N là trung điểm của BQ)

=>MN là đường trung bình của hình thang ABQP

=>MN=\(\frac{AB+PQ}{2}\)

=>AB+PQ=2MN

c, Xét hình thang MNCD có:    MP=DP(P là trung điểm của MD)

                                                 NQ=CQ(Q là trung điểm của NC)

=>PQ là đường trung bình của hình thang MNCD

=>PQ=\(\frac{MN+CD}{2}\)

=>MN+CD=2PQ

d, Vì AB+PQ=2MN =>AB=2MN-PQ(3)

        MN+DC=2PQ =>DC=-MN+2PQ(4)

Cộng từng vế tương ứng của (3) và (4) ta được:

AB+CD=2MN-PQ+(-MN)+2PQ

AB+CD=MN+PQ

Ta có:

\(A=a+b+c+\frac{3}{a}+\frac{9}{2b}+\frac{4}{c}\)

\(=\left(\frac{3a}{4}+\frac{3}{a}\right)+\left(\frac{b}{2}+\frac{9}{2b}\right)+\left(\frac{c}{4}+\frac{4}{c}\right)+\left(\frac{a}{4}+\frac{b}{2}+\frac{3c}{4}\right)\)

\(\ge2\sqrt{\frac{3a}{4}.\frac{3}{a}}+2\sqrt{\frac{b}{2}.\frac{9}{2b}}+2\sqrt{\frac{c}{4}.\frac{4}{c}}+\frac{1}{4}.\left(a+2b+3c\right)\)

\(\ge3+3+2+\frac{20}{4}=13\)

Vậy GTNN của A là 13 đạt được khi \(\hept{\begin{cases}a=2\\b=3\\c=4\end{cases}}\)

 _(Từ đầu bài ta có: GTNN của A là 13 đạt được khi: b = 3 và c =

a =  9 - (3 + 4)

= 2

nếu tất cả x_i chẵn thì x_i⁴ chẵn nên \(x_1^4+x_2^4+x_3^4+...+x_8^4\)chẵn , không thể bằng 2015

nếu có \(x_k\)lẻ \(x_k=2m_k+1,m_k\inℤ,x_k^4=\left(2m_k+1\right)^4=16m_k^3\left(m_k+2\right)+8m_k\left(3m_k+1\right)+1\)

nếu m_k chẵn thì \(8m_k\left(3m_k+1\right)⋮16\)

m_k lẻ thì \(3m_k+1\)chẵn \(\Rightarrow8m_k\left(3m_k+1\right)⋮16\)

do đó \(x_k^4\)chia cho 16 có số dư là 1

vì vậy \(x_1^4+x_2^4+x_3^4+...+x_8^4\)chia cho 16 có số dư tối đa là 8

còn 2015=125.16+15 khi chia 16 có số dư là 15 

vậy không thể xảy ra \(x_1^4+x_2^4+x_3^4+....+x_8^4=2015,x_i\inℤ\)

Với \(x\in Z\)thì: \(x^2\)chia 16 dư 0 hoặc 1. (Tự cm)

\(\Rightarrow x^4=\left(x^2\right)^2:16\)dư 0 hoặc 1

\(\Rightarrow x_1^4+x_2^4+x_3^4+...+x_8^4\)chia 16 sẽ nhận một trong các số dư 0;1;2...;8

Mà \(2015:16\)dư 15\(\Rightarrow\)Phương trình vô nghiệm.

Dùng điện thoại nên không ký hiệu góc được nhé.

Gọi G là giao điểm của FI và BC.

Ta có: EAB = FAD = 180° - a 

Ta lại có:

AFD + DAF + ADF = 180°

<=> AFD + DAF + DEC + ECF = 180°

<=> AFD + DEC = 180° - DAF - ECF = 180° - 180° + a - b = a - b

=> IEG + IFC = \(\frac{a-b}{2}\)

Ta có:

EIF = IEG + IGE = IEG + IFC + GCF 

= \(\frac{a-b}{2}+b=\frac{a+b}{2}\)

gọi G là giao điểm  FI và BC 

theo bài ra ta có

EAB=FAD=180 ĐỘ

<=> AFD+DEC +=180 ĐỘ -DAF -ECF= 180-180+a-b=a-b

=> IEG +IFC \(\frac{a-b}{2}\)

ta có

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

Với điều kiện \(ab+bc+ca+abc=4\) thì \(VP-VT=\frac{bc^2\left(a-b\right)^2+ca^2\left(b-c\right)^2+ab^2\left(c-a\right)^2}{\left(a^2+2b\right)\left(b^2+2c\right)\left(c^2+2a\right)}\ge0\)

Cauchy ngược dấu + Svacxo + gt coi 

Sửa đề: Chứng minh rằng không có các số a, b, c nào thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức 

 |b - c| > |a|(*);  |c - a| > |b|(**);   |a - b| > |c|(***)

Ta dễ thấy a, b, c phải khác nhau từng đôi 1

Ta thấy rằng vai trò của a, b, c trong bài này là như nhau nên ta chỉ cần giải 4 trường hợp là

\(\left(a>0,b>0,c>0\right);\left(a< 0,b< 0,c< 0\right);\left(a>0,b>0,c< 0\right);\left(a< 0,b< 0,c>0\right)\)     

Không mất tính tổng quát ta giả sử: |a| > |b| > |c|

Với \(a>0,b>0,c>0\)thì |b - c| > |a| là sai (1)

Với \(a< 0,b< 0,c< 0\) thì |b - c| > |a| là sai (2)

Với \(a>0,b>0,c< 0\)thì ta đặt \(c=-z\left(z>0\right)\)

Thì bất đẳng thức (*), (**)  ban đầu viết lại là:

\(\hept{\begin{cases}b+z>a\\a-b>z\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}z>a-b\\z< a-b\end{cases}}\)(sai) (3)

Với \(a< 0;b< 0;c>0\)thì ta đặt \(\hept{\begin{cases}a=-x\left(x>0\right)\\b=-y\left(y>0\right)\end{cases}}\)

Thì bất đẳng thức (*), (**)  ban đầu viết lại là:

\(\hept{\begin{cases}y+c>x\\x-y>c\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c>x-y\\c< x-y\end{cases}}\)(sai) (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra điều phải chứng minh

mk góp thêm 1 cách nữa

Giả sử tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn cả 3 BĐT trên. Ta có:

\(\left|b-c\right|>\left|a\right|\)\(\Rightarrow\)\(\left(b-c\right)^2>a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(b^2-2bc+c^2-a^2>0\)

\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)>0\)(1)

Tương tự \(\left|c-a\right|>\left|b\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a+b-c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (2)

           và \(\left|a-b\right|>\left|c\right|\)\(\Leftrightarrow\)\(-\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)>0\) (3)

Nhân (1), (2) và (3) theo vế ta được \(-\left[\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\right]^2>0\) (vô lý)

Vậy ko tồn tại 3 số a, b, c thỏa mãn 3 BĐT đã cho.

đặt \(A=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\)

\(\Rightarrow A-3=P=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}\)

áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab;\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc;\frac{c^2+a^2}{2}\ge ca\)

\(\Rightarrow1-\frac{a^2+b^2}{2}\le1-ab;1-\frac{b^2+c^2}{2}\le1-bc;1-\frac{c^2+a^2}{2}\le1-ca\)

\(\Rightarrow P\le\frac{2ab}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{2bc}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{2ca}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\)

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

Áp dụng BĐT Schwarts ta có:

\(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\)

\(\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}\)

\(\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2}\right)=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow P+3\le\frac{3}{2}+3\)

\(\Rightarrow A\le\frac{9}{2}\)

dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{-9}{2}\)

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được:  \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{9}{ab+bc+ca-3}\)

\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{-9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)