đăng 1 lần thôi :P

Đề nhầm rồi

Bạn ơi mk chắc chắn vs bn là đề ko nhầm nha

a²+b²+c²=(a+b+c)²<=> ab+bc+ca=0

\(\Rightarrow S=\frac{a^2}{a^2+bc-\left(ab+ca\right)}+\frac{b^2}{b^2+ac-\left(ab+bc\right)}+\frac{c^2}{c^2+ab-\left(bc+ca\right)}\)

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

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

M  tương tự

\(M=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)=1-3ab\)

Áp dụng bđt AM-GM ta có

\(M\ge1-3.\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

\(M=\frac{\left(4a-2b-1\right)^2}{16}+\frac{3\left(2b-1\right)^2}{16}+\frac{1}{4}\ge\frac{1}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

Hoặc một cách phân tích khác:

\(M=\frac{\left(a+1\right)\left(2a-1\right)^2}{4}+\frac{\left(b+1\right)\left(2b-1\right)^2}{4}+\frac{1}{4}\ge\frac{1}{4}\)

a) Ta có: \(a=\left[n\left(n+3\right)\right]\left[\left(n+1\right)\left(n+2\right)\right]+1\)

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

Đặt \(n^2+3n+1=t\)(1)

Khi đó: \(a=\left(t-1\right)\left(t+1\right)+1=t^2-1+1=t^2\)

\(\Rightarrow\) a là số chính phương

b) Để a=121 thì \(t^2=121\)\(\Rightarrow t=\pm11\)

+ Với t=11 thì (1) \(\Leftrightarrow n^2+3n+1=11\Leftrightarrow n^2+3n-10=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n-2\right)\left(n+5\right)=0\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=2\\n=-5\end{cases}}\)

+ Với n=-11 thì (1)\(\Leftrightarrow n^2+3n+1=-11\Leftrightarrow n^2+3n+12=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{39}{4}=0\) ( vô lý)

Do đó, pt vo nghiệm

Vậy để a=121 thì n =2 hoặc n=-5

\(a,M=6+\frac{2x}{x^2+1}\)

ÁP dụng bđt AM-GM ta có

\(M\le6+\frac{2x}{2x}=7\)

Dấu "=" xảy ra khi x=1

b,\(A=\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\)

\(=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ca}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)(bđt Cauchy-Schwarz)

mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow A\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

lớp mấy bạn

+) CH vuông góc AB; Gọi D là giao của ( B; BC ) và ( A; AC ) => C; H ; D thẳng hàng 

=> C; X ; D thẳng hàng 

+) C; K; D; K1 nội tiếp ( B; BC ) và KK1 cắt CD tại X

=> \(\frac{XK}{XC}=\frac{XD}{XK_1}\Rightarrow XK.XK_1=XC.XD\)(1)

+) Tương tự C; Y; L; L1 nội tiếp (A; AC ) 

=> \(XL.XL_1=XC.XD\)(2)

Từ (1) và (2) => \(XL.XL_1=XK.XK_1\)

=> Dễ chứng minh đc KLK1L1 nội tiếp. ( - _ - )  đúng giờ :)

Xét \(\Delta'=\left(n-1\right)^2+n+5=n^2-n+6=\left(n-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{23}{4}>0\)

=> PT luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi n 

Theo hệ thức Vi-et ta có \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=2\left(n-1\right)\\x_1x_2=-n-5\end{cases}}\)

Ta có \(x_1^2+x_2^2=14\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=14\)

\(\Leftrightarrow4\left(n-1\right)^2+2\left(n+5\right)=14\)

\(\Leftrightarrow4n^2-6n=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}n=0\\n=\frac{3}{2}\end{cases}}\)

Hình khá khó nhìn nhé! Vào thống kê mình xem

Link: https://imgur.com/a/h2NM0ep

Đặt x là giao của AD và BE, Y là giao CF và AD; Z là giao BE và DF

Theo định lí Pascal thì M,X,Q; P,S,Y và R,Z,N là các bộ 3 điểm thẳng hàng

Xét tam giác XED có DF,CE, XQ đồng quy

Theo định lý Ceva có:

\(\frac{\sin\widehat{QXE}}{\sin\widehat{QXD}}\cdot\frac{\sin\widehat{ADF}}{\sin\widehat{EDF}}\cdot\frac{\sin\widehat{CED}}{\sin\widehat{CEB}}=1\)

\(\Rightarrow\frac{\sin\widehat{QXE}}{\sin\widehat{QXD}}=\frac{\sin\widehat{ADF}}{\sin\widehat{EDF}}\cdot\frac{\sin\widehat{CED}}{\sin\widehat{CEB}}=\frac{EF}{AF}\cdot\frac{CB}{CD}\)

Lập các tỉ số tương tự và nhân chúng lại với nhau, áp dụng định lý Ceva lần nữa cho tam giác XYZ ta có: XQ, YS, ZN đồng quy

hay MQ, PS, NR đồng quy (đpcm)

Goi AD giao BE tai X

Theo dinh ly Pascal ta se co MQ,PS,NR dong quy tai X

dpcm