\(65,x^3+8=\left(x+3\right)\left(x^2-3x+4\right)\)

\(87,x^3+9x^2+27x+27\) 

  \(=\left(x+3\right)^3\)

\(97,125-75m+15m^2-m^3\) 

      \(=\left(5-m\right)^3\)

tam giác OBE= tam giác ODN

D, E lần lượt là trung điểm của AB, BC nhé

làm ý d thôi ạ

Cách 1 

Áp dụng BĐT cosi ta có:

\(\frac{a^2+b^2}{b}+2b\ge2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

=> \(\frac{a^2}{b}+3b\ge2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)

Tương tự

=> \(VT+3\left(a+b+c\right)\ge2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\)

Lại có \(\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\ge a+b;\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}\ge b+c;\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}\ge a+c\)

=> \(VT\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}\right)\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Cách 2 tương tự dùng Buniacoxki

A B C M D E N P

+) Đặt N,P thứ tự là trung điểm cạnh AB,AC. Có ngay MN,MP là các đường trung bình trong \(\Delta\)ABC

Đồng thời DN vuông góc AB, EP vuông góc AC

Do đó ^DNM = ^MPE (= 90⁰ + ^BAC). Ta cũng có: DN = AB/2 = MP, NM = PE

Suy ra \(\Delta\)DNM = \(\Delta\)MPE (c.g.c). Từ đây DM = ME (1)

Ta thấy ^DME = ^NMP + ^NMD + ^PME = ^BAC + ^NMD + ^NDM = ^BAC + 180⁰ - ^BNM - 90⁰ = 90⁰ (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta\)MDE vuông cân tại M (đpcm).

+) Ta dễ có \(AD=\frac{\sqrt{2}}{2}AB,AE=\frac{\sqrt{2}}{2}AC\)(Tỉ số lượng giác)

Theo quy tắc 3 điểm thì \(DE\le AD+AE=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(AB+AC\right)\)(đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A thuộc DE <=> ^BAC + ^BAD + ^CAE = 180⁰ => ^BAC = 90⁰.

ấy nhầm, /... vẽ các tam giác ABD, ACE tương ứng vuông cân tại ..../

Thế này mới đúng nha mọi người!

Trả lời :

Vì \(\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=1\)

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

\(\Rightarrow\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\frac{z^2}{c^2}=1\left(dpcm\right)\)

Study ưell

Không chắc 

cj mai>>>>

Hình vẽ:  A B C H

C1:Tam giác ABC vuông tại A có AH là đg cao

Có: \(AH^2=BH\cdot CH\)

Áp dụng bđt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

Thì \(AH^2\le\frac{BC^2}{4}\Rightarrowđpcm\)

(AH bằng 1/2 BC khi và chỉ khi BH=CH suy ra AH là đg trung tuyến ...)

C2: Vẽ đg trung tuyến AM

Có: \(AM=\frac{1}{2}BC\)

Suy ra cần CM: \(AH\le AM\)

Thật vậy AH là đường vuông góc xuất phát từ A và AM là đường xiên xuất phát từ A

Suy ra đpcm

Dấu bằng xảy ra khi H trùng M.......

Với a, b  thuộc Z và không chia hết cho 7

Theo định lí fecmat:  \(a^6\equiv1\left(mod7\right)\); \(b^6\equiv1\left(mod7\right)\)(1)

Đặt: \(a^6=u;b^6=v\)

Ta có: \(a^{42}-b^{42}=u^7-v^7=\left(u-v\right)\left(u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6\right)\)

Từ (1) => \(u-v\equiv1-1\equiv0\left(mod7\right)\)=> \(u-v⋮7\)

và  \(u^6;u^5v;u^4v^2;u^3v^3;u^2v^4;uv^5;v^6\equiv1\left(mod7\right)\) 

\(\Rightarrow u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6\equiv1+1+1+1+1+1+1\equiv7\equiv0\left(mod7\right)\)

=> \(u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6⋮7\)

=> \(\left(u-v\right)\left(u^6+u^5v+u^4v^2+u^3v^3+u^2v^4+uv^5+v^6\right)⋮49\)

\(a^7-a=a\left(a^6-1\right)=a\left(a^3+1\right)\left(a^3-1\right)\) 

Rồi sao nữa ?

\(a,5x\left(x-1\right)=x-1\)

\(\Rightarrow5x\left(x-1\right)-x+1=0\)

\(\Rightarrow5x\left(x-1\right)-\left(x-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right)\left(5x-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x-1=0\\5x-1=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\5x=1\end{cases}\Rightarrow}\orbr{\begin{cases}x=1\\x=\frac{1}{5}\end{cases}}}\)
\(b,2\left(x-7\right)-x^2+7x=0\)

\(\Rightarrow2\left(x-7\right)-x\left(x-7\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(x-7\right)\left(2-x\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x-7=0\\2-x=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=7\\x=2\end{cases}}}\)