Xét với \(0< x,y,z< 1\) thì \(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}>1\) (vô lí)

Xét \(x,y,z\ge1\) , đặt \(\hept{\begin{cases}x=a^3\\y=b^3\\z=c^3\end{cases}}\) (\(a,b,c\ge1\))

Ta có \(1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=\frac{1}{a^3+1}+\frac{1}{b^3+1}+\frac{1}{c^3+1}\ge\frac{3}{abc+1}\) (cái này chắc you cm đc)

\(\Rightarrow abc\ge2\Rightarrow a^3.b^3.c^3\ge8\) hay \(xyz\ge8\) (1)

Áp dụng BĐT AM-GM : \(1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{9}{x+y+z+3}\Rightarrow x+y+z\ge6\) (2)

Áp dụng BĐT Cauchy : \(1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}}\) 

\(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge27\) (3)

Nhân (1), (2), (3) theo vế : \(xyz\left(x+y+z\right)\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge1296\)

Đẳng thức xảy ra khi xảy ra đồng thời (1), (2), (3) , tức là x = y = z = 2

Vậy tập nghiệm của hệ : \(\left(x,y,z\right)=\left(2;2;2\right)\)

you chứng minh \(xyz\ge8\) thử coi được không?

Đề vậy  thật không

thật mà

đề dài nhưng tìm dkxd rồi rút gọn dc thế mà

a) 9x² - 36

=(3x)²-6²

=(3x-6)(3x+6)

=4(x-3)(x+3)

b) 2x³y-4x²y²+2xy³

=2xy(x²-2xy+y²)

=2xy(x-y)²

c) ab - b²-a+b

=ab-a-b²+b

=(ab-a)-(b²-b)

=a(b-1)-b(b-1)

=(b-1)(a-b)

P/s đùng để ý đến câu trả lời của mình

Thực ra nó đúng với mọi tam giác \(ABC\) chứ không cần phải vuông đâu.

A B C D F M X K I

Ta vẽ \(CK⊥AI\) tại \(K\).

Bước 1: CM \(K,M,X\) thẳng hàng.

Do \(KM\) là trung tuyến của tam giác vuông \(AKC\) nên \(\widehat{KMC}=2\widehat{KAC}=\widehat{BAC}\).

Tức là \(KM\) song song với \(AB\).

Lại thêm \(MX\) song song với \(AB\) nên theo tiên đề Euclide thì \(K,M,X\) thẳng hàng.

Bước 2: CM \(K,D,F\) thẳng hàng.

\(IDKC\) nội tiếp nên \(\widehat{KDC}=\widehat{KIC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{BAC}+\widehat{C}\right)=\frac{1}{2}\left(180^o-\widehat{B}\right)=\widehat{FDB}\)

(Dấu bằng cuối cùng là do tam giác \(FDB\) cân tại \(B\)).

Từ \(\widehat{KDC}=\widehat{FDB}\) chứng minh được \(K,D,F\) thẳng hàng.

Vậy \(DF,AI,MX\) đồng quy.

(Đề hay quá!)

Gọi \(X\) là trung điểm \(BC\). CM được \(DF,AI,MN\) đồng quy tại điểm ta gọi là \(K\).

Theo tính chất đường trung bình ta có \(MN\) song song \(AB\).

Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) cũng suy ra \(AB\) song song với \(IE\).

Áp dụng định lí Thales liên tục ta có:

\(\frac{AN}{IE}=\frac{MN}{MI}=\frac{KA}{KI}=\frac{AP}{ID}\).

Do \(ID=IE\) nên \(AN=AP\). Kết thúc chứng minh.

ê,chứng minh AI,DF,MX đồng quy kiểu gị ?

chỉ có 1 số 6 thôi,không phải là 66 đâu