tất cả đống này là hằng đẳng thức : \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right).\)

\(x^3+1=\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)\)

\(x^3+4^3=\left(x+4\right)\left(x^2-4x+16\right)\)

\(x^6+2^3=\left(x^2+2\right)\left(x^4-2x^2+4\right)\)

\(\left(3x\right)^3+2^3=\left(3x+2\right)\left(9x^2-6x+4\right)\)

\(\frac{a+3c}{a+b}+\frac{a+3b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\)

\(=\frac{a+c}{a+b}+\frac{2c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\)

\(=2\left(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}\right)+\left(\frac{a+c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwar:

\(\frac{a+c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}\ge2\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}=2\)(1)

Áp dụng BĐT Nesbit:

\(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}\right)\ge3\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(2\left(\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{a}{b+c}\right)+\left(\frac{a+c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}\right)\ge5\)

hay \(\frac{a+3c}{a+b}+\frac{a+3b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\ge\left(đpcm\right)\)

Ta có: \(\frac{a+3c}{a+b}+\frac{a+3b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}-5\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+3c}{a+b}-2+\frac{a+3b}{a+c}-2+\frac{2a}{b+c}-1\ge0\)

Giải bất phương trình

Cuối cùng ta được: \(\left(c-a\right)^2\left(\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\right)+2\left(b-c\right)^2\left(\frac{1}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\right)+\left(a-b\right)^2\) \(\left(\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right)\ge0\)

BĐT đúng <=> a = b = c

2n-1 chia hết cho 3

=>2n-1 thuộc B(3)

=>2n-1=3k (k thuộc N)

=>2n=3k+1

=>n=\(\frac{3k+1}{2}\)

Vậy n có dạng 3k+1/2(k thuộc N)

c)x²-2xy+y²+3x-3y-10

=(x-y)²+3(x-y)-10

=(x-y)²+2(x-y).3/2+9/4-49/4

=(x-y+3/2)²-(7/2)²

=(x-y+3/2+7/2)(x-y+3/2-7/2)

=(x-y+5)(x-y-2)

a Đặt \(x^2\)=t[t\(\ge\)0}

6t^2-11t+3=6t^2-3t-9t+3=2t[3t-1] -3[3t-1]=[3t-1][2t-3]=[3x^2-1][2x^2-3]

b Đặt x^2+x=t[t\(\ge\)0]

t^2+3t+2=[t+1][t+2]

Đến đó Dương làm tương tự như câu a nhé

Bạn tự vẽ hình nha

- Nếu O thuộc BD ta hiển nhiên có điều phải chứng minh

- Nếu O không thuộc BD

Giả sử BD cắt OA, OC lần lượt tại E, F

Từ D và B kẻ các đường vuông góc DH, BK xuống AO với H,K thuộc AO

Ta có : \(S_{OAD}=S_{OAB}\)mà hai tam giác này có chung đáy OA ⇒DH=BK

Xét tam giác DHE vuông tại H và tam giác BKE vuông tại K có:

DH=BK

\(\widehat{EDH}=90^o-\widehat{DEH}=90^o-\widehat{BEK}=\widehat{EBK}\)

\(\Rightarrow\Delta EDH=\Delta EBK\)

\(\Rightarrow DE=EB\)

Tương tự \(S_{ODC}=S_{OBC}\Rightarrow DF=FB\)

\(\Rightarrow E\equiv F\)

O, C, F thẳng hàng ; O, E, A thẳng hàng ; E = F ⇒⇒ A, C, O, E thẳng hàng. Vậy O thuộc đường chéo AC.

kuihihuolu uh

Ta có: \(S=a+b+c\left(1\right)\)

Thay \(\left(1\right)\)vào ta được:

\(\left(S-2b\right).\left(S-2c\right)=\left(a+b+c-2b\right).\)\(\left(a+b+c-2c\right)\)

                                       \(=\left(a-b+c\right).\left(a+b-c\right)\)

                                       \(=a^2+ab-ac-ba-b^2+bc+ca+cb-c^2\)

                                       \(=a^2-b^2-c^2+2.bc\left(2\right)\)

Tương tự, ta được:

\(\left(S-2c\right).\left(S-2a\right)=b^2-c^2-a^2+2.ca\left(3\right)\)

\(\left(S-2a\right).\left(S-2b\right)=c^2-a^2-b^2+2.ab\left(4\right)\)

Từ \(\left(2\right);\left(3\right);\left(4\right)\Rightarrow\)Tổng bằng:

\(a^2-b^2-c^2+2bc+b^2-c^2-a^2+2ca+c^2-a^2\)\(-b^2+2ab\)

\(=2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2\)

Vậy tổng trên \(=2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2.\)

Thay S=a+b+c vào biểu thức ta được:

(a+b+c-2b)(a+b+c-2c)+(a+b+c-2c)(a+b+c-2a)+(a+b+c-2a)(a+b+c-2b)

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

=a²-(b-c)²+b²-(c-a)²+c²-(a-b)²

=a²-b²+2bc-c²+b²-c²+2ac-a²+c²-a²+2ab-b²

=-a²-b²-c²+2ab+2bc+2ca

Do phương trình \(ax^2+bx+c\)vô  nghiệm nên ta có: 

\(b^2-4ac< 0\)

\(\Leftrightarrow4ac>b^2\)

Mà \(b>a>0\)

\(\Rightarrow c>0\)

Giả sử \(\frac{a+b+c}{b-a}>3\)      \(\left(1\right)\)

\(\Leftrightarrow a+b+c>3b-3a\)

\(\Leftrightarrow4a+c>2b\)

Lại có: \(\left(4a+c\right)^2\ge16ac>4b^2\)

\(\Rightarrow4a+c>2b\)

Suy ra (1) đúng.

Vậy \(\frac{a+b+c}{b-a}>3\)