Gọi M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C xuống AC,AB

Ta có \(DH.DA=DB.DC\)(1)

Để chứng minh K là trực tâm tam giác IBC ta chứng minh \(DK.DJ=DB.DC\)hay \(DK.DJ=DH.DA\)

Ta có NC,NA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của \(\widehat{MND}\)nên

\(\frac{HK}{HD}=\frac{NK}{ND}=\frac{AK}{AH}\)

\(\Rightarrow AK.HD=AD.HK\)

\(\Leftrightarrow HD\left(AD-DK\right)=AD\left(DK-DH\right)\)

\(\Leftrightarrow2.AD.DH=DK\left(DA+DH\right)\)

\(\Leftrightarrow2.AD.DH=2.DK.DJ\)

\(\Rightarrow AD.DH=DK.DJ\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta  có\(DK.DJ=DH.DA\)

=> K là trực tâm của tam giác IBC

Sửa đề: n \(\ge1\).

Với n =1, bất đẳng thức trở thành đẳng thức.

Với n =2, cần chứng minh: \(2\left(a_1^2+a_2^2\right)\ge\left(a_1+a_2\right)^2\Leftrightarrow\left(a_1-a_2\right)^2\ge0\) (đúng)

Giả sử nó đúng đến n = k, tức là ta có: \(k\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2\)

Hay là: \(\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\right)\ge\frac{\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2}{k}\)

Ta c/m nó đúng với n = k +1 or \(\left(k+1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1}\right)^2\)

Ta có: \(VT=\left(k+1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\)

\(\ge\left(k+1\right)\left[\frac{\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2}{k}+\frac{a^2_{k+1}}{1}\right]\ge\frac{\left(k+1\right)\left(a_1+a_2+..+a_k+a_{k+1}\right)^2}{k+1}=VP\)

Vậy đpcm là đúng.

P/s: Chả biết đúng không, chưa check, đại khái hướng làm là dùng quy nạp.

delllllllllll bt

ID cắt EF tại G. cần chứng minh A,G,M thẳng hàng

Ta có : AG cắt BC tại M'. đường thẳng qua G song song với BC cắt AB,AC tại S,T

Dễ thấy \(ID\perp BC\)\(\Rightarrow IG\perp ST\)

Tứ giác FSGI nội tiếp, tứ giác IGET nội tiếp \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{IFG}=\widehat{ISG}\\\widehat{ITG}=\widehat{IEG}\end{cases}\Rightarrow\widehat{ISG}=\widehat{ITG}}\)( Vì \(\widehat{IFG}=\widehat{IEG}\))

\(\Rightarrow\Delta IST\)cân tại I có \(IG\perp ST\)nên GS = GT

Xét hình thang STCB có BS,M'G,CT cắt nhau tại A và G là trung điểm của ST nên M' là trung điểm của BC

\(\Rightarrow M'\equiv M\)hay A,G,M thẳng hàng

AM cắt KI tại H 

Dễ thấy  \(AI\perp EF\)nên \(KG\perp AI\)

\(\Delta AIK\)có \(IG\perp AK;KG\perp AI\)nên G là trực tâm \(\Rightarrow AG\perp KI\)tại H

AI cắt EF tại N 

Tứ giác ANHK nội tiếp \(\Rightarrow IH.IK=IN.IA=IF^2=ID^2\Rightarrow\frac{IH}{ID}=\frac{ID}{IK}\)

\(\Rightarrow\Delta IDH\approx\Delta IKD\left(c.g.c\right)\)\(\Rightarrow\widehat{IDH}=\widehat{IKD}\)( 1 )

Tứ giác IHMD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{IDH}=\widehat{IMH}\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\widehat{IKD}=\widehat{IMH}\)

Mà \(\widehat{IMH}+\widehat{MIH}=90^o\)suy ra \(\widehat{IKD}+\widehat{MIH}=90^o\)

\(\Rightarrow MI\perp DK\)

\(\frac{\sqrt{4-2\sqrt{3}}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{\sqrt{3}+1-2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{3}-1\right)^2}}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}\)

\(=\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\frac{\sqrt{3-2\sqrt{3}+1}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}=\frac{\sqrt{(\sqrt{3})^2-2\sqrt{3}.1+1^2}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}=\frac{\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}=\frac{(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{2}\left(\sqrt{3}-1\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

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 :)

ĐKXĐ: z>0

pt<=> \(\frac{x^3+3x^2\sqrt[3]{3x-2}-12x+\sqrt{x}-\sqrt{x}-8}{x}=0\)

<=> \(x^3+3x^2\sqrt[3]{3x+2}-12x-8=0\)

<=> \(3x^2\sqrt[3]{3x-2}-6x^2+x^3-6x^2+12x-8=0\)

<=> \(3x^2\left(\sqrt[3]{3x-2}-2\right)+\left(x-2\right)^3=0\)

<=> \(3x^2\cdot\frac{3x-2-8}{\left(\sqrt[3]{3x-2}\right)^2+2\sqrt[3]{3x-2}+4}+\left(x-2\right)^3=0\)

<=> \(\left(x-2\right)\left(\frac{9x^2}{\left(\sqrt[3]{3x-2}\right)^2+2\sqrt[3]{3x-2}+4}+\left(x-2\right)^2\right)=0\)

<=> \(x=2\)( vì cái trong ngoặc thứ 2 luôn dương vs mọi x>0)

vậy x=2

Một bài làm rất hay !

\(x+1=\left(2x+1\right)\sqrt{\sqrt{x+1}+2}\left(1\right)\)

Đặt: \(v=\sqrt{\sqrt{x+1}+2}\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\)ta được hệ pt sau:

\(\hept{\begin{cases}v+x+1=2v\left(x+1\right)\left(3\right)\\v^2-\sqrt{x+1}=2\left(4\right)\end{cases}}\)

Thay \(\left(2\right)\)qua \(\left(1\right)\)ta có:

\(v+x+1=v\left(v^2-\sqrt{x+1}\right)\left(x+1\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(v\sqrt{x+1}+1\right)\left(v-2\sqrt{x+1}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow v=2\sqrt{x+1}\)

Từ trên ta có:

\(\sqrt{\sqrt{x+1}+2}=2\sqrt{x+1}\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{-11+\sqrt{33}}{32}\)

Vậy ........

bạn ơi. bạn làm ( nhìn tl ) sai rồi kìa :))

\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2+3=4x\\x^3+12x+y^3=6x^2+9\end{cases}}\)

<=> \(\hept{\begin{cases}x^2-4x+4=1-y^2\\x^3-6x^2+12x-8=1-y^3\end{cases}}\)

<=> \(\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2=1-y^2\\\left(x-2\right)^3=1-y^3\end{cases}}\)

Đặt x - 2 = u

ta có: \(\hept{\begin{cases}u^2+y^2=1\left(1\right)\\u^3+y^3=1\left(2\right)\end{cases}}\)

(1)(2) => \(0\le u,y\le1\)

=> \(u^2\left(1-u\right)+y^2\left(1-y\right)\ge0\)

Lấy (1) -(2) có: \(u^2\left(1-u\right)+y^2\left(1-y\right)=0\)

<=> u = 0; y =1 hoặc u = 1; y = 0

=> x ; y.

Ta sẽ chứng minh: \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)với x,y > 0.

Thật vậy: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)(bđt Cô -si)

và \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)(bđt Cô -si)

\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z\))

Ta có: \(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

(Dấu "=" xảy ra khi a = b)

Tương tự ta có:\(\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\frac{1}{2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)(Dấu "=" xảy ra khi b=c)

\(\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\le\frac{1}{2c+a}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)(Dấu "=" xảy ra khi c=a)

\(VT=\text{Σ}_{cyc}\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

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

(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{2}\))

Ô, thanh you, bạn 2k7 sao mà giỏi thế

Ta có: \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Rightarrow1+x^3+y^3\ge xyz+xy\left(x+y\right)\)

\(=xy\left(x+y+z\right)\ge3xy\sqrt[3]{xyz}=3xy\)(vì xyz = 1)

\(\Rightarrow\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}=\frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)

Tương tự ta có: \(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}=\sqrt{\frac{3}{yz}}\);\(\frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{zx}=\sqrt{\frac{3}{zx}}\)

Cộng vế với vế, ta được:

\(BĐT=\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\right)\)

\(\ge3\sqrt{3}\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{x^2y^2z^2}}}=3\sqrt{3}\)

(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=y=z=1\))

\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{\frac{1}{2}\left(x+y+1\right)\left(x-y\right)^2}{xy\left(\sqrt{x^3+y^3+1}+\sqrt{3xy}\right)}+\Sigma_{cyc}\frac{\left(x-1\right)^2}{xy\left(\sqrt{x^3+y^3+1}+\sqrt{3xy}\right)}\)