a/ Tam giác BMD vuông tại B có BI là trung tuyến nên IB=MD/2=ID lại có CB = CD
=> IC là đường trung trực của đoạn thẳng BD
=> IC qua trung điểm O của BD hay I,O,C thẳng hàng.
Mặt khác: A,O,C thẳng hàng (O là trung điểm AC)
Vậy A,O,I,C thẳng hàng.
b/ Ta có: AFD = CID (cùng bù với góc AID)
Tứ giác CDIE nội tiếp (tổng hai góc đối I + C = 180 độ)
=> góc CID = CED (2 đỉnh kề cùng nhìn cạnh CD dưới góc bằng nhau).
Do đó: góc AFD = CED.
c/ Tự chứng minh tam giác AFD = tam giác CED => DF = DE
EF là trung trực của đoạn thẳng MD => DF = FM và DE = EM
Từ đó suy ra DF=FM=EM=DE => DEMF là hình thoi (1)
=> DI là phân giác của góc EDF.
Tứ giác CDIE nội tiếp (tổng hai góc đối I + C = 180 độ)
=> góc IDE = góc ICE = 45 độ => Góc EDF = 2.IDE = 90 độ (2)
Từ (1) và (2) => DEMF là hình vuông.

bvczakk

Thắng Nguyễn Phần cuối cùng viết rõ ra một chút :

\(2\sqrt{2}\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)\ge\frac{y^2+z^2-x^2}{x}+\frac{y^2+x^2-z^2}{z}+\frac{x^2+z^2-y^2}{y}\)

\(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{x}+\frac{y^2}{z}+\frac{x^2}{z}+\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{y}-\sqrt{2015}\ge\frac{\left[2\left(x+y+z\right)\right]^2}{2\left(x+y+z\right)}-\sqrt{2015}=\sqrt{2015}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\sqrt{2015}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2015}{2}}\)

Đặt \(\sqrt{a^2+b^2=z};\sqrt{a^2+c^2}=y;\sqrt{b^2+c^2}=x\left(x;y;z>0\right)\)

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

Theo đề \(x+y+z=\sqrt{2015}\)

Ta có:\(b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}=\sqrt{2}\cdot x\)\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{y^2+z^2-x^2}{2\sqrt{2}\cdot x}\)

Tương tự cho 2 cái còn lại rồi, cộng lại:

\(VT\cdot2\sqrt{2}\ge\sqrt{2015}\Rightarrow VT\ge\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2015}{2}}\)

Chữ số 2.

kick cho mình nha.

Ta có \(A=3.3^n+3^n-1=4.3^n-1\)

\(B=6.3^n-3^n+1=5.3^n+1\)

Khi đó \(A+B=4.3^n-1+5.3^n+1=9.3^n=3^{n+2}\)

Vì (3;7) = 1 nên A + B không chia hết cho 7.

Vậy trong A và B tồn tại ít nhất 1 số không chia hết cho 7.

Đặt: \(x_1=\sqrt{a^2}\)

\(x_2=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2}}\)

\(x_3=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2}}}\)

...

\(x_n=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\) ( n dấu căn )

Ta có: \(a\ne0\Rightarrow0< x_1< x_2< x_3< ...< x_{n-1}< x_n\)

Từ: \(x_n=\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\Rightarrow x_n^2=a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}\)  (n-1 dấu căn ) \(=a^2+x_{n-1}\) 

\(\Rightarrow x_n^2-a^2=x_{n-1}< x_n\Rightarrow x_n^2-a^2< x_n\Rightarrow x_n^2-x_n-a^2< 0\)

\(\Rightarrow\left(x_n-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}-a^2< 0\Rightarrow\left(x_n-\frac{1}{2}\right)^2< \frac{1+4a^2}{4}\Rightarrow x_n< \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}\) (1)

Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\) (2)

Thật vậy, ta có: \(\left(2\right)\Leftrightarrow\frac{\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{1+4a^2}< \sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16\left(1+4a^2\right)< 10+32a^2+2\sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow32a^2+6< 2\sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow16a^2+3< \sqrt{\left(1+16a^2\right)\left(9+16a^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow256a^4+96a^2+9< 9+160a^2+256a^4\)

\(\Leftrightarrow-64a^2< 0\) ( luôn đúng với mọi a khác 0)

=> Bất đẳng thức (2) đúng

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow x_n< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a}}}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

Ngọc bổ sung một cách khác nhé :))

Ta xét vế trái, vì dễ thấy \(\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...+\sqrt{a^2}}}\) (n dấu căn) \(< \sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...}}}\)(vô hạn dấu căn)

Ta đặt \(\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+\sqrt{a^2+...}}}=t,t\ge0\)

\(\Rightarrow t^2=t+a^2\Rightarrow t^2-t-a^2=0\)

Ta đưa phương trình trên về phương trình bậc hai ẩn t , khi đó \(\Delta=1+4a^2>0\Rightarrow t=\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}\) (vì \(t\ge0\))

Do vậy ta chỉ cần chứng minh \(\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}< \frac{1}{2}+\frac{1}{8}\left(\sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\right)\)

\(\Leftrightarrow4\sqrt{1+4a^2}< \sqrt{1+16a^2}+\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16\left(1+4a^2\right)< 32a^2+10+2\sqrt{1+16a^2}.\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow16a^2+3< \sqrt{1+16a^2}.\sqrt{9+16a^2}\)

\(\Leftrightarrow\left(16a^2+3\right)^2< \left(16a^2+1\right)\left(16a^2+9\right)\)

\(\Leftrightarrow16^2a^4+96a^2+9< 16^2a^4+160a^2+9\)

\(\Leftrightarrow0< 64a^2\) (luôn đúng với \(a\ne0\))

Vậy ta có đpcm.

\(8f\left(2x+3\right)=8x^3+36x^2+54x+27-3\left(4x^2+12x+9\right)-25\left(2x+3\right)+115=\left(2x+3\right)^3-3\left(2x+3\right)^2-25\left(2x+3\right)+115\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^3-3x^2-25x+115}{8}\)
ĐẾn đây ai làm tiếp hộ vs 

Ta có: \(8.f\left(2x+3\right)=8x^3+24x^2-32x+40\)
                        \(=\left(2x+3\right)^3-3\left(2x+3\right)-25\left(2x+3\right)+115\)
Đặt \(2x+3=X\)ta có: \(8f\left(X\right)=X^3-3X-25X+115\)
   Vậy công thức của hàm f(x ) là: \(f\left(x\right)=\frac{x^3-3x^2-25x+115}{8}\).
Ta có: 
 \(-f\left(\sqrt[3]{2013}\right)=-\frac{\left(\sqrt[3]{2013}\right)^3-3.\left(\sqrt[3]{2013}\right)^2-25\sqrt[3]{2013}+115}{8}\).
Các bạn làm tiếp và kiểm tra lại phần tính toán giúp mình nhé !

Có: \(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+1\right]=0\)

\(\Leftrightarrow x+y=-2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{x+y}{xy}=-\frac{2}{xy}\le-\frac{2}{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}=-2\)

Dấu '=' xảy ra khi: \(x=y=-1\) 

Vậy:....

Bạn Nguyễn Đức Thắng làm đúng rồi. Tuy nhiên bạn làm tắt quá.

\(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4\)

= \(\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+\left(y^3+3y^2+3y+1\right)+\left(x+y\right)+2\)

= \(\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)\right]\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2\right]+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2\right]+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-2.\left(x+1\right).\frac{1}{2}\left(y+1\right)+\frac{1}{4}\left(y+1\right)^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left\{\left[\left(x+1\right)-\frac{1}{2}\left(y+1\right)\right]^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right\}\)

Biểu thức trên bằng 0 khi x + y + 2 = 0, lý luận tiếp theo như của bạn Nguyen Duc Thang

A B C H E F K O I

Kí hiệu các điểm như trênh hình vẽ. Gọi r1 và r2 lần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác CBH và CHA và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Dễ dàng chứng minh được : \(\Delta HBC~\Delta CBA\left(g.g\right)\Rightarrow\left(\frac{r_1}{r}\right)^2=\left(\frac{BC}{AB}\right)^2\)

và \(\Delta HAC~\Delta CAB\left(g.g\right)\Rightarrow\left(\frac{r_2}{r}\right)^2=\left(\frac{AC}{AB}\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=\frac{AC^2+BC^2}{AB^2}=\frac{AB^2}{AB^2}=1\Rightarrow r_1^2+r_2^2=r^2\)

Như trên hình vẽ ta có : \(EF^2=FK^2+KE^2=\left(r_1+r_2\right)^2+\left(r_2-r_1\right)^2=2\left(r_1^2+r_2^2\right)=2r^2\)

\(\Rightarrow EF=\sqrt{2}r\). Ta có EF đạt giá trị lớn nhất khi r đạt giá trị lớn nhất. 

Mà ta có : \(OI^2=R\left(R-2r\right)\) (Mình sẽ chứng minh ở bài khác)

\(\Rightarrow r=\frac{R-\frac{OI^2}{R}}{2}=\frac{R^2-OI^2}{2R}\)

Vì R không đổi nên r đạt giá trị lớn nhất khi OI đạt giá trị nhỏ nhất.

Mà theo công thức ba điểm ta lại có : \(OI\ge OC-IC=R-IC\)

Dấu "=" xảy ra khi O,I,C thẳng hàng => C là điểm chính giữa cung AB .

Vậy C là điểm chính giữa cung AB thi EF đạt giá trị lớn nhất

Cái đoạn \(OI^2=R\left(R-2r\right)\) chính là hệ thức Euler, bạn có thể tham khảo cách chứng minh ở nguồn khác nhé :)

Ta chọn điểm O bất kì nằm trong mặt phẳng chứa 5 đường thẳng ấy. Qua O ta dựng các đường thẳng song song với các đường thẳng đã cho , khi đó có 10 góc đôi một đối đỉnh qua O . Vậy sẽ có ít nhất một góc không vượt quá \(\frac{180^o}{5}=36^o\)

'

'

'

'

'

'

Từ gt,ta có :\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{c}\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{-a-b}{c\left(a+b+c\right)}\Rightarrow\left(a+b\right)c\left(a+b+c\right)=-\left(a+b\right)ab\)

=> 0 = (a + b)(ca + cb + c²) - [-(a + b)ab] = (a + b)(ca + cb + c² + ab) = (a + b)(c + a)(c + b)

=> a + b = 0 hoặc c + a = 0 hay c + b = 0.Giả sử a = -b thì a¹⁵ = -b¹⁵ nên a¹⁵ + b¹⁵ = 0 => N = 0