soyeon_Tiểubàng giải

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{2}{c}=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b}=\dfrac{2}{c}-\dfrac{1}{a}=\dfrac{2a-c}{ac}\\\dfrac{1}{a}=\dfrac{2}{c}-\dfrac{1}{b}=\dfrac{2b-c}{bc}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a-c=\dfrac{ac}{b}\\2b-c=\dfrac{bc}{a}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a+c}{2a-c}=\dfrac{b\left(a+c\right)}{ac}=\dfrac{ab}{ac}+\dfrac{bc}{ac}=\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{a}\\\dfrac{b+c}{2b-c}=\dfrac{a\left(b+c\right)}{bc}=\dfrac{ab}{bc}+\dfrac{ac}{bc}=\dfrac{a}{c}+\dfrac{a}{b}\end{matrix}\right.\)

Áp dụng bđt Cosi cho 2 số sương ta có: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{2}{c}=0\Leftrightarrow\dfrac{2}{c}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{c}\ge2\)(áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\))

Ta có: \(\dfrac{a+c}{2a-c}+\dfrac{b+c}{2b-c}=\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\dfrac{a+b}{c}\ge2+2=4\)

Dấu "=" xawy ra khi và chỉ khi a=b=c

\(P=\dfrac{1}{a+bc}+\dfrac{1}{b+ca}+\left(a+b\right)\left(4+5c\right)\)

\(\ge\dfrac{4}{a+b+c\left(a+b\right)}+\left(a+b\right)\left(4+4c+c\right)\) (áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)) \(=\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+4\left(a+b\right)\left(1+c\right)+\left(a+b\right)c\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}.4\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+\left(a+b\right).0\) (áp dụng bđt côsi) \(=8+0=8\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b\(=\dfrac{1}{2};c=0\)

a+b+c+ab+bc+ca=6abc \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=6\)

Đặt \(A=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc};\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{2}{ca}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{1}{a}-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+1\ge\dfrac{2}{a}\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b^2}+1\ge\dfrac{2}{b};\dfrac{1}{c^2}+1\ge\dfrac{2}{c}\)

\(3A+3\ge2.\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=2.6=12\)

<=> A + 1 \(\ge4\Leftrightarrow A\ge3\) (đpcm)

\(A=\dfrac{2}{a^2+b^2}+\dfrac{35}{ab}+2ab\)

\(=2\left(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{2ab}\right)+\dfrac{34}{ab}+\dfrac{17}{8}ab-\dfrac{1}{8}ab\)

\(\ge2.\dfrac{4}{a^2+b^2+2ab}+2\sqrt{\dfrac{34}{ab}.\dfrac{17}{8}ab}-\dfrac{1}{8}.\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow A\ge2.\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}+2.\dfrac{17}{2}-\dfrac{1}{8}.\dfrac{4^2}{4}\ge2.\dfrac{4}{4^2}+17-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\dfrac{1}{2}+17-\dfrac{1}{2}=17\)

Dấu "=" <=> a = b = 2

cách khác câu b

ta thấy x = 1 không phải nghiệm của pt

=> x khác 1

Khi đó nhân cả 2 vế của pt đã cho với x - 1 ta được

x⁵ - 1 = 0 <=> x⁵ = 1 <=> x = 1, mâu thuẫn

Vậy ...

Giả sử pt có nghiệm nguyên

Ta có: VT = x⁵ - 5x³ + 4x

= x⁵ - x - 5x³ + 5x

= x(x⁴ - 1) - 5x³ + 5x

= x(x² - 1)(x² + 1) - 5x³ + 5x

= x(x² - 1)(x² - 4) + x(x² - 1).5 - 5x³ + 5x

= (x - 2)(x - 1)x(x+ 1)(x + 2) + 5x(x² - 1) - 5x³ + 5x

Vì x nguyên nên (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) là tích 5 số nguyên liên tiếp

=> (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) chia hết cho 5

Lại có: 5x(x² - 1); -5x³; 5x chia hết cho 5

Do đó (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) + 5x(x² - 1) - 5x³ + 5x chia hết cho 5

hay VT chia hết cho 5

VP = 24(5y + 1) không chia hết cho 5

suy ra điều vô lý

=> điều giả sử là sai

Ta có đpcm

Giả sử pt có nghiệm nguyên

Khi đó, 3x⁵; 6x²; -15x chia hết cho 3; mà 2001 chia hết cho 3 nên -x³ chia hết cho 3

3 là số nguyên tố nên x chia hết cho 3

=> 3x⁵; -x³; 6x²; -15x chia hết cho 9

=> 3x⁵ - x³ + 6x² - 15x chia hết cho 9

Mà 2001 không chia hết cho 9

=> điều vô lí

=> điều giả sử là sai

Ta có đpcm

\(\Delta ABH\) và \(\Delta ABD\) có chung đường cao kẻ từ B -> AD nên \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABD}}\) (1)

\(\Delta AHC\) và \(\Delta ADC\) có chung đường cao kẻ từ C -> AD nên \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{S_{AHC}}{S_{ADC}}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABD}}=\dfrac{S_{AHC}}{S_{ADC}}=\dfrac{S_{ABH}+S_{AHC}}{S_{ABD}+S_{ADC}}=\dfrac{S_{ABH}+S_{ACH}}{S_{ABC}}\)(áp dụng tính chất của dãy tỉ số = nhau)

CMTT: \(\dfrac{BH}{BE}=\dfrac{S_{ABH}+S_{BCH}}{S_{ABC}}\)

\(\dfrac{CH}{CF}=\dfrac{S_{ACH}+S_{BCH}}{S_{ABC}}\)

Cộng vế với vế của các đẳng thức trên ta được :

\(\dfrac{AH}{AD}+\dfrac{BH}{BE}+\dfrac{CH}{CF}=\dfrac{2\left(S_{ABH}+S_{ACH}+S_{BCH}\right)}{S_{ABC}}=\dfrac{2S_{ABC}}{S_{ABC}}=2\)

(đpcm)

\(a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

<=> \(a+b+c=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{ab+bc+ca}{1}=ab+bc+ca\) (thay abc = 1)

=> a + b + c - ab - bc - ca = 0

<=> 1 + a + b + c - ab - bc - ca - 1 = 0

<=> abc + a + b + c - ab - bc - ca - 1 = 0 (thay 1 = abc)

<=> (abc - ab) + (b - bc) + (a - ca) + (c - 1) = 0

<=> ab(c - 1) - b(c - 1) - a(c - 1) + (c - 1) = 0

<=> (c - 1)(ab - b - a + 1) = 0

<=> (c - 1)[b(a - 1) - (a - 1)] = 0

<=> (c - 1)(a - 1)(b - 1) = 0

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\c=1\end{matrix}\right.\) (đpcm)

2a) Đặt Q(x) = \(\dfrac{\left(x-b\right)\left(x-c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\dfrac{\left(x-c\right)\left(x-a\right)}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\dfrac{\left(x-a\right)\left(x-b\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}-1\)

Tính được Q(a) = 0; Q(b) = 0; Q(c) = 0

=> a;b;c là nghiệm của Q(x)

... tự làm tiếp

2b)\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

<=> \(\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

<=> (ab+bc+ca)(a+b+c)=abc

<=> (ab+bc+ca)(a+b+c)-abc=0

<=> (a+b)(b+c)(c+a) = 0

<=> a+b=0 hoặc b+c=0 hoặc c+a=0

<=> a=-b hoặc b=-c hoặc c = -a

sau đó thay vào cái cần c/m

Giả sử n = 8k + 7 là tổng của 3 bình phương

Vì 8k + 7 là số lẻ nên 8k + 7 chỉ có thể tách thành tổng các bình phương của 3 số lẻ hoặc 2 số chẵn 1 số lẻ

Mà số chính phương chia 8 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 4

Do đó, nếu 8k + 7 có thể tách thành tổng 3 số lẻ thì 8k + 7 chia 8 dư 1 + 1 + 1 = 3, vô lý vì 8k + 7 chia 8 dư 7

nếu 8k + 7 có thể tách thành tổng 2 số chẵn 1 số lẻ thì 8k + 7 chia 8 dư 0 + 0 + 1 = 1 hoặc 0 + 4 + 1 = 5 hoặc 4 + 4 + 1 = 9, vô lý vì 8k + 7 chia 8 dư 7

Như vậy, điều giả sử là sai

=> đpcm

\(M=\dfrac{x\left(yz-x^2\right)+y\left(zx-y^2\right)+z\left(xy-z^2\right)}{\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2}\)

\(=\dfrac{xyz-x^3+xyz-y^3+xyz-z^3}{x^2-2xy+y^2+y^2-2yz+z^2+z^2-2zx+x^2}\)

\(=\dfrac{-\left(x^3+y^3+z^3-3xyz\right)}{2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx}\)

\(=\dfrac{-\left(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3+z^3-3x^2y-3xy^2-3xyz\right)}{2\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}\)

\(=\dfrac{-\left[\left(x+y\right)^3+z^3-3xy\left(x+y+z\right)\right]}{2\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}\)

\(=\dfrac{-\left\{\left(x+y+z\right)\left[\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)z+z^2\right]-3xy\left(x+y+z\right)\right\}}{2\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}\)

\(=\dfrac{-\left(x+y+z\right)\left(x^2+2xy+y^2-xz-yz+z^2-3xy\right)}{2\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}\)

\(=\dfrac{-\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}{2\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}=\dfrac{-x-y-z}{2}\)

Nối DM, DN

Trên cạnh AD lấy H sao cho AH = AM

\(\Delta\) AHM có AH = AM (cách vẽ) nên \(\Delta\) AHM cân tại A (đn)

\(\Delta\) AHM cân tại A có góc A = 60^o (gt) nên \(\Delta\) AHM đều

=> MH = AM = AH

ABCD là hình thoi (gt) nên AB = BC = CD = AD (đn)

AB = BC <=> BN + NC = BM + AM = AB

Mà BM + BN = AB (gt)

Do đó, BM = NC, AM = BN = MH

AB = AD (cmt) <=> BM + AM = AH + HD

Mà AM = AH (cách vẽ)

Do đó, BM = HD

ABCD là hình thoi (gt) nên AD // BC (t/c)

=> góc A + góc B = 180^o (trong cùng phía)

<=> 60^o + góc B = 180^o

<=> góc B = 120^o

\(\Delta AMH\) đều (cmt) nên góc AHM = 60^o

Lại có: AHM + MHD = 180^o (kề bù)

Do đó, MHD = 120^o

\(\Delta MBN=\Delta DHM\left(c.g.c\right)\)=> MN = MD (2 cạnh t/ứ)

và góc N₁ = góc M₁

Lại có: N₁ + M₂ = 60^o (tự c/m)

Do đó, M₁ + M₂ = 60^o

=> góc DMN = 60^o

\(\Delta\) DMN cân tại M (vì MN = MD) có DMN = 60^o (cmt) nên tam giác DMN đều

=> đường trung trực của MN đi qua D

Mà D cố định do hình thoi ABCD cố định nên ta có đpcm

Ta có: x⁴ - x² + 2x + 2

= (x⁴ - 2x² + 1) + (x² + 2x + 1)

= (x² - 1)² + (x + 1)²

= [(x - 1)(x + 1)]² + (x + 1)²

= (x - 1)²(x + 1)² + (x + 1)²

= (x + 1)²[(x - 1)² + 1]

Vì (x + 1)²; (x + 1)²[(x - 1)² + 1] là số chính phương do x⁴ - x² + 2x + 2 nên (x - 1)² + 1 là số chính phương

=> (x - 1)² + 1 = n² (n \(\in N\))

<=> (x - 1)² - n² = -1

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

Vì x;n thuộc Z nên x - 1 - n; x - 1 + n là ước nguyên của -1 (2)

Lại có: x - 1 - n \(\le\) x - 1 + n do \(n\in N\) (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}x-1-n=-1\\x-1+n=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-n=0\\\left(x-1-n\right)+\left(x-1+n\right)=-1+1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=n\\2x-2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=n\\2x=2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1=n\\x=1\end{matrix}\right.\)

Thử lại 1⁴ - 1² + 2.1 + 2 = 4, là số chính phương

Vậy x = 1 là giá trị cần tìm

x¹⁰ + x⁵ + x² + x - 4

= x¹⁰ - x⁵ + 2x⁵ - 2x² + 3x² - 3x + 4x - 4

= x⁵(x⁵ - 1) + 2x²(x³ - 1) + 3x(x - 1) + 4(x - 1)

...

còn lại tự làm

a⁵ + b⁵ = 9(c⁵ + d⁵)

<=> a⁵ + b⁵ + c⁵ + d⁵ = 10(c⁵ + d⁵)

mà 10(c⁵ + d⁵) chia hết cho 10 nên a⁵ + b⁵ + c⁵ + d⁵ chia hết cho 10 (*₁)

Ta có: a⁵ - a = a(a⁴ - 1)

= a(a² - 1)(a² + 1)

= a(a - 1)(a + 1)(a² - 4 + 5)

= a(a - 1)(a + 1)(a² - 4) + 5(a - 1)a(a + 1)

= (a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a - 1)a(a + 1)

Vì a là số tự nhiên nên (a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) là tích 5 số nguyên liên tiếp

=> (a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) chia hết cho 2 và 5

Mà (2;5)=1 nên (a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) chia hết cho 10 (1)

a là số tự nhiên nên (a - 1)a(a + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp => (a - 1)a(a + 1) chia hết cho 2

=> 5(a - 1)a(a + 1) chia hết cho 10 (2)

Từ (1) và (2) suy ra (a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a - 1)a(a + 1) chia hết cho 10

hay a⁵ - a chia hết cho 10

CMTT: b⁵ - b; c⁵ - c; d⁵ - d chia hết cho 10

Do đó, a⁵ - a + b⁵ - b + c⁵ - c + d⁵ - d chia hết cho 10

<=> a⁵ + b⁵ + c⁵ + d⁵ - (a + b + c + d) chia hết cho 10 (*₂)

Từ (*₁) và (*₂) suy ra a + b + c + d chia hết cho 10

hay S chia hết cho 10

=> chữ số tận cùng của S là 0

a³ + b³ + c³ + 5a + 5b + 5c

= a³ - a + b³ - b + c³ - c + 6a + 6b + 6c

= a(a² - 1) + b(b² - 1) + c(c² - 1) + 6a + 6b + 6c

= a(a - 1)(a + 1) + b(b - 1)(b + 1) + c(c - 1)(c + 1) + 6(a + b + c)

a;b;c \(\in Z\) nên a(a - 1)(a + 1); b(b - 1)(b + 1); c(c - 1)(c + 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp

=> a(a - 1)(a + 1); b(b - 1)(b + 1); c(c - 1)(c + 1) chia hết cho 3

Mà 6(a + b + c) chia hết cho 6

Do đó a(a - 1)(a + 1) + b(b - 1)(b + 1) + c(c - 1)(c + 1) + 6(a + b + c) chia hết cho 6

hay a³ + b³ + c³ + 5a + 5b + 5c chia hết cho 6 (đpcm)

Trên tia đối của PB lấy H sao cho BP = PH

\(\Delta BPC\) và \(\Delta HPD\) có:

BP = HP (cách vẽ)

BPC = HPD (đối đỉnh)

PC = PD (gt)

Do đó, \(\Delta BPC=\Delta HPD\left(c.g.c\right)\)

=> BC = DH (2 cạnh t/ứng)

và PBC = PHD (2 góc t/ứ), mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên BC // HD

\(\Delta ABH\) có: M là trung điểm của AB (gt)

P là trung điểm của BH (vì HP = BP)

Do đó, MP là đường trung bình của \(\Delta ABH\) (định nghĩa)

\(\Rightarrow MP=\dfrac{1}{2}AH\) ; MP // AH (tính chất)

\(MP=\dfrac{1}{2}AH\) (cmt) => 2MP = AH

Có: AD + DH \(\ge AH\) (quan hệ giữa 3 điểm bất kì)

\(\Leftrightarrow AD+BC\ge2MP\) (thay DH = BC; AH = 2MP)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AD+BC}{2}\ge MP\)

Mà theo đề bài: \(MP=\dfrac{BC+AD}{2}\)

Do đó, AD + DH = AH

=> A,D,H thẳng hàng

Mà HD // BC (cmt) nên AD // BC

Tương tự: AB // CD

Tứ giác ABCD có: AD // BC (cmt)

AB // CD (cmt)

Do đó, ABCD là hình bình hành (định nghĩa)

Vậy ta có đpcm

\(\dfrac{1}{2!}+\dfrac{5}{3!}+\dfrac{11}{4!}+\dfrac{19}{5!}+...+\dfrac{n^2+n-1}{\left(n+1\right)!}\)

\(=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2^2+2-1}{\left(2+1\right)!}+\dfrac{3^2+3-1}{\left(3+1\right)!}+\dfrac{4^2+4-1}{\left(4+1\right)!}+...+\dfrac{n^2+n-1}{\left(n+1\right)!}\)

\(=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2.\left(2+1\right)-1}{\left(2+1\right)!}+\dfrac{3.\left(3+1\right)-1}{\left(3+1\right)!}+\dfrac{4.\left(4+1\right)-1}{\left(4+1\right)!}+...+\dfrac{n.\left(n+1\right)-1}{\left(n+1\right)!}\)

\(=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{1!}-\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{4!}+\dfrac{1}{3!}-\dfrac{1}{5!}+...+\dfrac{1}{\left(n-1\right)!}-\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}\)

\(=\dfrac{1}{2!}+\left(\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{3!}+...+\dfrac{1}{\left(n-1\right)!}\right)-\left(\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}+\dfrac{1}{5!}+...+\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{n!}-\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}\)

\(=2-\dfrac{n+1+1}{\left(n+1\right)!}\)

\(=\dfrac{2\left(n+1\right)!-n-2}{\left(n+1\right)!}\)

Áp dụng bđt AM-GM ta có:

\(1\ge a+b\ge2\sqrt{ab}\) \(\Leftrightarrow1\ge4ab\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{4}\ge ab\)

\(S=ab+\dfrac{1}{ab}=ab+\dfrac{1}{16ab}+\dfrac{15}{16ab}\ge2\sqrt{ab.\dfrac{1}{16ab}}+\dfrac{15}{16ab}\) \(\Leftrightarrow S\ge2.\dfrac{1}{4}+\dfrac{15}{16ab}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{15}{16ab}\ge\dfrac{1}{2}+\dfrac{15}{16.\dfrac{1}{4}}=\dfrac{17}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)

C = x² - 4xy + 5y² + 10x - 22y + 28

= (x² - 4xy + 4y²) + (10x - 20y) + (y² - 2y) + 28

= (x - 2y)² + 10(x - 2y) + 25 + (y² - 2y + 1) + 2

= (x - 2y)² + 2.(x - 2y).5 + 5² + (y - 1)² + 2

= (x - 2y + 5)² + (y - 1)² + 2

Vì \(\left(x-2y+5\right)^2\ge0\forall x;y\); \(\left(y-1\right)^2\ge0\forall y\) nên \(\left(x-2y+5\right)^2+\left(y-1\right)^2+2\ge2\forall x;y\)

hay \(C\ge2\forall x;y\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2y+5\right)^2=0\\\left(y-1\right)^2=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y+5=0\\y-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2y-5\\y=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=1\end{matrix}\right.\)

Vậy ...

D = 5x² - 4xy + 4y² + 2x - 12y + 6

= (x² + 4y² - 4xy) + 9 + (6x - 12y) + (4x² - 4x + 1) - 4

= (x - 2y)² + 3² + 2.(x - 2y).3 + (2x - 1)² - 4

= (x - 2y + 3)² + (2x - 1)² - 4

Mà \(\left(x-2y+3\right)^2\ge0\forall x;y\); \(\left(2x-1\right)^2\ge0\forall x\) nên

D \(\ge-4\forall x;y\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x-2y+3=0\\2x-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{7}{4}\\x=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

(x + y)(y + z)(z + x) + 2 = 2009

=> (x + y)(y + z)(z + x) = 2007

=> x + y; y + z; z + x lẻ

=> (x + y) + (y + z) + (z + x) lẻ (1)

Lại có: (x + y) + (y + z) + (z + x) = 2(x + y + z), là số chẵn (2)

Từ (1) và (2) => điều vô lý

=> ko tồn tại giá trị x;y;z thỏa mãn đề

Gọi P là giao điểm của AM và IK

\(\Delta AKH\) vuông tại K có: HAK + AHK = 90^o

\(\Delta AHC\) vuông tại H có: HAC + HCA = 90^o

Từ 2 điều trên suy ra AHK = HCA (1)

Có: IA // HK (gt)

IH // AK (gt)

Do đó, IH = AK (t/c đoạn chắn)

\(\Delta IHK=\Delta AKH\) (2 cạnh góc vuông)

=> IKH = AHK (2 góc t/ứ) (2)

\(\Delta ABC\) vuông tại A có AM là trung tuyến nên \(AM=\dfrac{BC}{2}=MC\) => \(\Delta AMC\) cân tại M

=> MAC = MCA hay PAK = MCA (3)

Từ (1); (2) và (3) => HKP = PAK

<=> HKP + PKA = PAK + PKA

<=> 90^o = PAK + PKA

\(\Delta PAK\) có: PAK + PKA + APK = 180^o

<=> 90^o + APK = 180^o

<=> APK = 90^o hay \(AM\perp IK\) (đpcm)

a) Kẻ MP // AN \(\left(P\in BC\right)\) => MPB = ACB (đồng vị)

\(\Delta ABC\) cân tại A nên MBP = ACB

Từ 2 điều trên => MPB = MBP => \(\Delta MBP\) cân tại M

=> MB = MP = CN

\(\Delta PMI=\Delta CNI\left(g.c.g\right)\) => IM = IN (2 cạnh t/ứ)

hay I là trung điểm của MN (đpcm)

b) Nối OB, OM, ON

\(\Delta ABO=\Delta ACO\left(c.g.c\right)\)=> ABO = ACO (2 góc t/ứ) (1)

và OB = OC (2 cạnh t/ứ)

OI là đường trung trực của MN nên OM = ON

\(\Delta BOM=\Delta CON\left(c.c.c\right)\)=> OBM = OCN (2 góc t/ứ) (2)

Từ (1) và (2) => ACO = OCN

Mà ACO + OCN = 180^o (kề bù)

nên ACO = OCN = 90^o hay \(OC\perp AN\left(đpcm\right)\)