a³(c - b²) + b³(a - c²) + c³(b - a²) + abc(abc - 1)

= a³c - a³b² + ab³ - b³c² + bc³ - a²c³ + a²b²c² - abc

= a²b²c² - b³c² - (a²c³ - bc³) - (a³b² - ab³) + (a³c - abc)

= b²c²(a² - b) - c³(a² - b) - ab²(a² - b) + ac(a² - b)

= (a² - b)(b²c² - c³ - ab² + ac) = (a² - b)[c²(b² - c) - a(b² - c)] = (a² - b)(b² - c)(c² - a)

... biết nhưng ... không giải ... 

Trong các cặp số trên không có cặp nào đúng cả hai bạn

   -Giả sử cho A 10đ => C,D,F không được 10đ.

 Vậy chỉ có 1 trong hai cặp B,E và B,F là đúng 50%

=> Nếu B 10đ thì cả 2 cặp đều đúng 50%, trái với đề. Vậy E sẽ được 10 đ vì F không được 10 đ

 - Giả sử B được 10 đ => F,E không được 10đ

        + Nếu dự đóan A và F đúng 50% thì A đúng. Như vậy trở về trường hợp 1 (loại vì ở trường hợp 1 B ko đúng)

        Vậy dự đoán A và F sai. => A và F đều không được 10

=> Các dự đoán A và C ;   B và E;   B và F ;   A  và D đúng 50%

A và C đúng 50% mà A không được 10đ nên C được 10 điểm, lúc này các cặp A và D đúng 50% => D được 10d

Chỉ có 2 bạn đúng mà lúc này có 3 bạn đúng nên trường hợp này sai.

 Tương tự với các trường hợp còn lại đều không được

|x| + |x - 1| + |x - 2| = x (1)

TH 1: x \(\ge\) 2

(1) <=> x + x - 1 + x - 2 = x

    <=> x = 3/2 (Loại)

TH 2: 1\(\le\)x<2

(1) <=> x + x - 1 + 2 - x = x

    <=> 1 = 0 (Vô lý)

TH 3: 0\(\le\)x<1

(1) <=> x + 1 - x + 2 - x = x

     <=> x = 3/2 (loại)

TH 4: x < 0

(1) <=> -x + 1 - x + 2 - x = x

    <=> x = 3/4 (Loại)

Vậy phương trình (1) vô nghiệm

Dùng bảng xét dấu cho hay nha bạn 

Ta có:\(a^2+2b+3=a^2+2b+1+2\ge2\left(a+b+1\right)\)

Tương tự ta được:\(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\right)\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)

\(\Leftrightarrow\frac{-b-1}{a+b+1}+\frac{-c-1}{b+c+1}+\frac{-a-1}{c+a+1}\le-2\)

\(\Leftrightarrow\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\frac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\frac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\ge2\)(*)

Áp dụng Bđt Cauchy-Schwarz dạng engel ta có:

VT(*)\(\ge\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)

Mà \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3\)

\(=\frac{1}{2}\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9\right]\)

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

=>VT(*)\(\ge\)2=VP (*)

Vậy Bđt được chứng minh

Cho hỏi VT;VP là gì

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

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

\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\). Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\ge3+\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(\ge3+\left(a+b+c\right)-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)

Dấu "=" <=> \(a=b=c=1\)

\(Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge\left(a+1\right)-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\) \(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\). Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế: \(VT\ge3+\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\) \(\ge3+\left(a+b+c\right)-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\) Dấu "=" <=> \(a=b=c=1\)\)

Đặt độ dài mỗi cạnh của hình vuông ABCD là a (a\(\in\)R⁺)

Theo ĐL Thales, ta có có tỉ lệ sau: \(\frac{BC}{BM}=\frac{AN}{AM}\); \(\frac{ND}{DC}=\frac{AN}{AM}\)

\(\Rightarrow\frac{BC}{BM}=\frac{ND}{DC}\Rightarrow BM.ND=BC.DC=a^2\)(1)

Sau đó chứng minh \(\Delta\)AOD ~ \(\Delta\)DAB (g.g) => \(\frac{AO}{AD}=\frac{AD}{BD}\)\(\Rightarrow AO.BD=AD^2=a^2\)

hay \(BO.BD=a^2\)(2)

Từ (1) và (2) => \(BM.ND=BO.BD\)\(\Rightarrow\frac{BM}{BD}=\frac{BO}{ND}\)

Ta có: \(\widehat{MBO}=\widehat{ABO}+\widehat{MBA}=135^0\), \(\widehat{BDN}=\widehat{ADO}+\widehat{NDA}=135^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MBO}=\widehat{BDN}\)

Xét \(\Delta\)MBO và \(\Delta\)BDN: \(\widehat{MBO}=\widehat{BDN};\) \(\frac{BM}{BD}=\frac{BO}{ND}\)(cmt)

=> \(\Delta\)MBO ~ \(\Delta\)BDN (c.g.c) => \(\widehat{M_1}=\widehat{B_1}\)

Ta thấy \(\widehat{BKO}\)là góc ngoài của tam giác MBK

=> \(\widehat{BKO}=\widehat{M_1}+\widehat{MBK}=\widehat{B_1}+\widehat{MBK}=\widehat{MBO}=135^0\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{MKB}=45^0\)(Kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{MKB}=\widehat{MCO}=45^0\)

\(\Rightarrow\Delta\)MKB ~ \(\Delta\)MCO (g.g) => \(\frac{BK}{OC}=\frac{MK}{MC}\)hay \(\frac{BK}{OB}=\frac{MK}{MC}\)

Xét \(\Delta\)KBO và \(\Delta\)KMC: \(\widehat{B_1}=\widehat{M_1}\);\(\frac{BK}{OB}=\frac{MK}{MC}\)\(\Rightarrow\widehat{BKO}=\widehat{MKC}\).

Mà \(\widehat{BKO}=135^0\)(cmt)\(\Rightarrow\widehat{MKC}=135^0\)

Lại có: \(\widehat{MKC}=\widehat{MKB}+\widehat{BKC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BKC}=\widehat{MKC}-\widehat{MKB}=135^0-45^0=90^0\)(Do ^MKB=45⁰(cmt))

=> \(CK\perp BN\)(đpcm).

Cho mình làm lại :

Để phép chia hết thì \(xa-3x+b+2=0\)

Đặt \(x=0\Rightarrow b+2=0\)

\(\Rightarrow b=-2\)

Đặt \(x=1\Rightarrow a-3+2+\left(-2\right)=0\)

\(\Rightarrow a=3\)

Vậy ...

( ͡° ͜ʖ ͡°)

Để phép chia hết thì \(\left(a-3\right)x+\left(b+2\right)=xa-3x+b+2=0\)

Áp dụng BĐT AM-GM dạng mẫu số được 

\(\frac{a^4}{b\left(b+c\right)}+\frac{b^4}{c\left(c+a\right)}+\frac{c^4}{a\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ac\right)}\)

Ta có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (dễ dàng chứng minh được)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge2\left(ab+bc+ac\right)\) và \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(ab+bc+ac\right)^2\)

Do vậy \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{ab+bc+ac}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c > 0