B1

Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vuông ta được:

PC^2=AP^2+AC^2

BN^2=AB^2+AN^2

BC^2=AB^2+AC^2

Theo tính chất tam giác vuông ta được:

AM=\(\dfrac{1}{2}\)BC=>AM^2=\(\dfrac{1}{4}\)BC^2

Từ trên =>AM^2+BN^2+CP^2=

\(\dfrac{1}{4}\)BC^2+AB^2+\(\dfrac{\left(AC\right)^2}{4}\)+AC^2+\(\dfrac{\left(AB\right)^2}{4}\)=\(\dfrac{2\left(BC\right)^2}{4}\)+BC^2=\(\dfrac{3}{2}\)BC^2(đpcm)

\(\dfrac{1}{4}\)

Đặt VP=A

có căn bâc 3 (am^2+bn^2+cp^2=căn bậc 3 (am^3/m+bn^3/n+cp^3/p)=căn bậc 3 (am^3(1/m+1/n+p)) (do am^3=bn^3=cp^3)

=căn bậc 3 (am^3) (do 1/m+1/n+1/p=1)=> m.căn bậc 3(a)=A=>căn bậc 3 (a)=A/m 

tương tự căn bậc 3 (b)=A/n, căn bậc 3 (p)=A/p 

Cộng theo vế => VT = A/m+A/n+A/p=A(1/m+1/n+1/p)=A=VP (do 1/m+1/n+1/p=1)

Toán lớp 9 thì chịu thôi. 

Đặt am^3 = bn^3 = cp^3 =k rút theo k
=> thế.... @@ 2 vế sẽ = nhau thôi ...................................... tobecontinuedd.........

Đặt   \(am^3=bn^3=cp^3=k^3\)

\(\Rightarrow\)\(a=\frac{k^3}{m^3};\) \(b=\frac{k^3}{n^3};\) \(c=\frac{k^3}{p^3}\)

Ta có:  \(VT=\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\)

                  \(=\sqrt[3]{\frac{k^3}{m^3}}+\sqrt[3]{\frac{k^3}{n^3}}+\sqrt[3]{\frac{k^3}{p^3}}\)

                  \(=\frac{k}{m}+\frac{k}{n}+\frac{k}{p}=k\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\right)=k\)

          \(VP=\sqrt[3]{am^2+bn^2+cp^2}\)

                 \(=\sqrt[3]{\frac{k^3}{m}+\frac{k^3}{n}+\frac{k^3}{p}}\)

                 \(=\sqrt[3]{k^3\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\right)}\)

                \(=\sqrt[3]{k^3}=k\)

suy ra: đpcm

bài này ở trong Sách nâng cao và phát triển toán 9 tập 1 của ông Vũ Hữu Bình ý

Áp dụng BĐT Holder ta có:

\(\left(am^2+bn^2+cp^2\right)\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\right)\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}\right)\)

\(\ge\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)^3\)

Suy ra ĐPCM 

Dấu "=" xảy ra khi \(am^3=bn^3=cp^3\)

Do m²+n²=1

\(=>m^2+n^2+1^2=2\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyacopsky cho 2 bộ số ta có:

\(=>\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(m^2+n^2+1^2\right)\ge\left(am+bn+c.1\right)^2\)

\(=>\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(m^2+n^2+1^2\right)}\ge\sqrt{\left(am+bn+c\right)^2}\)

Mà : \(m^2+n^2+1=2;a^2+b^2+c^2=1\)

\(=>\sqrt{2}\ge\)/am+bn+c/ (lấy trị tuyệt đối vì căn bình phương là 1 số dương);;

=> /am+bn+c/ \(\le\sqrt{2}\)

CHÚC EM HỌC TỐT..... anh đang bận lắm

đặt \(am^3=bn^3=cp^3=k^3\)

\(\Rightarrow a=\dfrac{k^3}{m^3};b=\dfrac{k^3}{n^3};c=\dfrac{k^3}{p^3}\)

VT=\(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}=\dfrac{k}{m}+\dfrac{k}{n}+\dfrac{k}{p}=k\)

VF=\(\sqrt[3]{\dfrac{k^3}{m}+\dfrac{k^3}{n}+\dfrac{k^3}{p}}=\sqrt[3]{k^3}=k\)

do đó VT=VF, đẳng thức được chứng minh

Hình vẽ:

1. Nếu AB = AC:

Xét tam giác ABN và tam giác ACM có:

AN = AM (gt)

AB = AC (gt)

Góc A chung

\(\Rightarrow\Delta ABN=\Delta ACM\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow BN=CM\)  (Hai cạnh tương ứng)

2. 

a) Trên cạnh AB lấy điểm M' sao cho AM' = AC.

Ta có ngay \(\Delta AM'N=\Delta ACM\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow MC=NM'\)

Lại có AM' < AB nên NM' < NB

Vậy nên BN > CM

b) Ta thấy ngay MK > KN mà BN > MC nên BK = BN - KN > KC = MC - MK

mi giải đc òi chứ gì?