VT−VP=a24+b2+c2−ab−bc+2bc+a212=(a2−b−c)2+a2−36bc12>0⇒ đpcm

Cách khác:

tự nhiên có p ở đâu vậy bạn

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow y\left(3y-2\left(a+b+c\right)\right)=-p^2\). Thay a+b+c=2y

Từ: \(p^2-q^2=p-3q+1\)\(\Rightarrow p^2-p=q^2-3q+1\Rightarrow p\left(p-1\right)=q\left(q-1\right)-2q+1\)(1)

Ta thấy p(p-1) và q(q-1) luôn chẵn; Nên Vế trái của (1) chẵn; Vế phải của 1 luôn lẻ với mọi p; q

Nên không có p; q nguyên nào thỏa mãn điều kiện đề bài.

Gọi biểu thức trên là A ta có

 A = n^3 - n^2 - 7n + 10 = n^3 - 2n^2 + n^2 - 2n - 5n + 10 

= n^2(n -2) + n(n-2) - 5(n - 2) = (n -2)(n^2 + n - 5) 

A là số nguyên tố khi: 

n - 2 = 1 => n = 3 
hoặc: (n^2 + n - 5) = 1 => n^2 + n - 6 = 0 => n = 2 ( loại vì A = 0) và n = -3 (loại vì n là số tự nhiên) 

vậy n = 3 thì A = 7 là số nguyên tố

Áp dụng BĐT Cosy Schwarz : \(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\frac{a_3^2}{b_3}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2}{b_1+b_2+b_3+...+b_n}.\)(*)

với \(b_1=a_1^2;b_2=a_2^2;b_3=a_3^2;...;b_n=a_n^2\)ta có:

\(\frac{a_1^2}{a^2_1}+\frac{a_2^2}{a^2_2}+\frac{a_3^2}{a_3^2}+...+\frac{a_n^2}{a^2_n}\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2}{a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n}.\)

\(n\ge\frac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2}{a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n}\Leftrightarrow\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2\le n\cdot\left(a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n\right)\)

Để đạt được dấu "=" thì \(a_1=a_2=a_3=...=a_n\).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được : \(\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2=\left(1.a_1+1.a_2+1.a_3+...1.a_n\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2+...+1^2\right)\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\right)=n.\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\right)\)

\(\Rightarrow\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2\le n\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\right)\)

Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a_1}{1}=\frac{a_2}{1}=\frac{a_3}{1}=...=\frac{a_n}{1}\Leftrightarrow a_1=a_2=a_3=...=a_n\)

Do đó, kết hợp với giả thiết của đê bài, ta được điều phải chứng minh.

1./ Từ \(a^2\left(b+c\right)=b^2\left(c+a\right)\Leftrightarrow a^2b-ab^2+ca^2-cb^2=0\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)+c\left(a-b\right)\left(a+b\right)=0.\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(ab+bc+ac\right)=0.\)Mà \(a\ne b\Rightarrow ab+bc+ac=0\)(1)

2./ Từ \(a^2\left(b+c\right)=b^2\left(c+a\right)\Leftrightarrow\frac{a^2}{a+c}=\frac{b^2}{b+c}=\frac{a^2-b^2}{a-b}=a+b\)Vì \(a\ne b\)\(\Rightarrow a^2=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\).

\(\Rightarrow2012=a^2\left(b+c\right)=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)=\left(a+b\right)\left(ab+bc+ac+c^2\right)=c^2\left(a+b\right)\)

3./ Vậy \(M=c^2\left(a+b\right)=2012.\)

Ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)=a+b+c\)

=> \(\frac{a^2+ab+ac}{b+c}+\frac{b^2+ab+bc}{a+c}+\frac{c^2+ac+bc}{a+b}=a+b+c\)

=> \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{ac+bc}{a+b}=a+b+c\)

=> \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+a+b+c-a-b-c=0\)

=> \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}=0\)

Cấm ai được chép 

Em mới học lớp 7

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta được : \(a+1\ge2\sqrt{a}\)(1)

\(b+1\ge2\sqrt{b}\)(2) ; \(c+1\ge2\sqrt{c}\)(3)

Nhân (1) , (2) , (3) theo vế được : 

\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge8\sqrt{abc}=8\)

Bạn chú ý đề bài phải có thêm điều kiện a,b,c là các số không âm nhé ^^

Bởi vì khi đó ta mới áp dụng được BĐT Cosi ^^

abc=1

=>a=b=c=1. 

(a+1)(b+1)(c+1)=2.2.2=8

Nếu tồn tại thừ số âm trong biểu thức abc=1 thì đề sai

Từ A kẻ đường vuông góc với tia pg của góc ngoài đỉnh C và cắt tia đối của tia CB tại A'.

Cm được MA = MA', CA = CA'.

Theo BĐT trong tam giác MBA' : MA' + MB > BA' = BC + CA' = BC + AC $\Rightarrow$ MA + MB > BC + AC (đpcm)

Từ A kẻ đường vuông góc với tia pg của góc ngoài đỉnh C và cắt tia đối của tia CB tại A'.

Cm được MA = MA', CA = CA'.

Theo BĐT trong tam giác MBA' : MA' + MB > BA' = BC + CA' = BC + AC $\Rightarrow$ MA + MB > BC + AC (đpcm)