Bài làm:

Vì a,b,c khác 0 nên:

Ta có: \(a\left(y+z\right)=b\left(z+x\right)=c\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{y+z}{bc}=\frac{z+x}{ca}=\frac{x+y}{ab}\)  (1) (chia cả 3 vế cho abc)

Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau ta được:
\(\left(1\right)=\frac{x+y-z-x}{ab-ca}=\frac{y+z-x-y}{bc-ab}=\frac{z+x-y-z}{ca-bc}\)

\(=\frac{y-z}{a\left(b-c\right)}=\frac{z-x}{b\left(c-a\right)}=\frac{x-y}{c\left(a-b\right)}\)

=> đpcm

Bài làm:

Vì a,b,c khác 0 nên:

Ta có: 

  (1) (chia cả 3 vế cho abc)

Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau ta được:

=> đpcm

j

cho tớ mỗi dấu cộng là 1 ví dụ nhé .tớ chưa hiểu lém 

\(Q=\left(1+\frac{\alpha}{x}\right)\left(1+\frac{\alpha}{y}\right)\left(1+\frac{\alpha}{z}\right)=\left(\frac{\alpha+x}{x}\right)\left(\frac{\alpha+y}{y}\right)\left(\frac{\alpha+z}{z}\right)\)

Mà  \(\alpha=x+y+z\)  (theo gt) nên ta có thể viết  \(Q\)  như sau:

\(Q=\left(\frac{2x+y+z}{x}\right)\left(\frac{x+2y+z}{y}\right)\left(\frac{x+y+2z}{z}\right)=\left(2+\frac{y+z}{x}\right)\left(2+\frac{x+z}{y}\right)\left(2+\frac{x+y}{z}\right)\)

Đặt  \(a=\frac{y+z}{x};\)  \(b=\frac{x+z}{y};\)  và  \(c=\frac{x+y}{z}\)  \(\Rightarrow\)  \(a,b,c>0\)

Khi đó, biểu thức  \(Q\)  được biểu diễn theo ba biến  \(a,b,c\)  như sau:

\(Q=\left(2+a\right)\left(2+b\right)\left(2+c\right)=4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+abc+8\)

\(\Rightarrow\)  \(Q-8=4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+abc\)

Mặt khác, ta lại có:

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

nên   \(a+b+c+3=\frac{y+z}{x}+1+\frac{x+z}{y}+1+\frac{x+y}{z}+1\)

\(\Rightarrow\) \(a+b+c+3=\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Lại có:   \(\hept{\begin{cases}x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\text{ (1)}\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\text{ (2)}\end{cases}}\)   (theo bđt  \(Cauchy\)  lần lượt cho hai bộ số gồm các số không âm)

Nhân hai bđt  \(\left(1\right);\)  và  \(\left(2\right)\)  vế theo vế, ta được bđt mới là:

\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)

Theo đó,  \(a+b+c+3\ge9\)  tức là  \(a+b+c\ge6\)

\(\Rightarrow\)  \(4\left(a+b+c\right)\ge24\)  \(\left(\alpha\right)\)

Bên cạnh đó, ta cũng sẽ chứng minh  \(abc\ge8\)  \(\left(\beta\right)\)

Thật vậy, ta đưa vế trái bđt cần chứng minh thành một biểu thức mới.

\(VT\left(\beta\right)=abc=\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xyz}\ge\frac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}}{xyz}=\frac{8xyz}{xyz}=8=VP\left(\beta\right)\)

Vậy, bđt  \(\left(\beta\right)\)  được chứng minh.

Từ đó, ta có thể rút ra được một bđt mới.

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge3\sqrt[3]{8^2}=12\) (theo cách dẫn trên)

\(\Rightarrow\) \(2\left(ab+bc+ca\right)\ge24\)  \(\left(\gamma\right)\)

Cộng từng vế 3 bđt  \(\left(\alpha\right);\)  \(\left(\beta\right)\)  và  \(\left(\gamma\right)\), ta được:

\(Q-8\ge24+8+24=56\)

Do đó,  \(Q\ge64\)

Dấu   \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b=c\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=z=2\)

Vậy,  \(Q_{min}=64\)  khi  \(\alpha=6\)

1 c nha các bạn

Ta có:\(P=x^3\left(z-y^2\right)+y^3x-y^3z^2+z^3y-z^3x^2+x^2y^2z^2-xyz\)

\(\Rightarrow P=x^3\left(z-y^2\right)+x^2y^2z^2-x^2z^3-\left(y^3z^2-z^3y\right)+y^3x-xyz\)

\(\Rightarrow P=x^3\left(z-y^2\right)+x^2z^2\left(y^2-z\right)-yz^2\left(y^2-z\right)+xy\left(y^2-z\right)\)

\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2z^2-x^3-yz^2+xy\right)\)

\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2z^2-x^3+xy-yz^2\right)\)

\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2\left(z^2-x\right)+y\left(x-z^2\right)\right)\)

\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2\left(z^2-x\right)-y\left(z^2-x\right)\right)\)

\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(z^2-x\right)\left(x^2-y\right)\)

\(\Rightarrow P=abc\)

Vì a, b, c là hằng số nên P có giá trị không phụ thuộc vào x, y, z

cái này mik chịu, mik mới có lớp 7

1. Ta có \(\left(b-a\right)\left(b+a\right)=p^2\)

Mà b+a>b-a ; p là số nguyên tố 

=> \(\hept{\begin{cases}b+a=p^2\\b-a=1\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}b=\frac{p^2+1}{2}\\a=\frac{p^2-1}{2}\end{cases}}\)

Nhận xét :+Số chính phương chia 8 luôn dư 0 hoặc 1 hoặc 4

Mà p là số nguyên tố 

=> \(p^2\)chia 8 dư 1

=> \(\frac{p^2-1}{2}⋮4\)=> \(a⋮4\)(1)

+Số chính phương chia 3 luôn dư 0 hoặc 1

Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3

=> \(p^2\)chia 3 dư 1

=> \(\frac{p^2-1}{2}⋮3\)=> \(a⋮3\)(2)

Từ (1);(2)=> \(a⋮12\)

Ta có \(2\left(p+a+1\right)=2\left(p+\frac{p^2-1}{2}+1\right)=p^2+1+2p=\left(p+1\right)^2\)là số chính phương(ĐPCM)

2,     \(T=\frac{x}{1-yz}+\frac{y}{1-xz}+\frac{z}{1-xy}\)

Áp dụng cosi ta có \(yz\le\frac{y^2+z^2}{2}\)

=> \(\frac{x}{1-yz}\le\frac{x}{1-\frac{y^2+z^2}{2}}=\frac{2x}{2-y^2-z^2}=\frac{2x}{1+x^2}\)

Lại có \(x^2+\frac{1}{3}\ge2x\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=> \(\frac{x}{1-yz}\le\frac{2x}{\frac{2}{3}+2x\sqrt{\frac{1}{3}}}=\frac{x}{\frac{1}{3}+x\sqrt{\frac{1}{3}}}\le\frac{x.1}{4}\left(\frac{1}{\frac{1}{3}}+\frac{1}{x\sqrt{\frac{1}{3}}}\right)=\frac{1}{4}.\left(3x+\sqrt{3}\right)\)

Khi đó \(T\le\frac{1}{4}.\left(3x+3y+3z+3\sqrt{3}\right)\)

Mà \(x+y+z\le\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\sqrt{3}\)

=> \(T\le\frac{6\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)

Vậy \(MaxT=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

tuyển học sinh giỏi 7

cấm đăng nhùng nhằng ko giải thì thui  tui tích sai 3 cái mỗi ngày đấy. Muốn nói gì thì chat riêng