Đặt \(BC=a;AC=b;AB=c\left(a,b,c>0\right)\)

\(\Delta BCF\)có phân giác trong BI \(\left(I\in CF\right)\)\(\Rightarrow\frac{IF}{IC}=\frac{BF}{BC}\)(1)

\(\Delta ABC\)có phân giác trong CF \(\left(F\in AB\right)\)\(\Rightarrow\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}=\frac{BF+AF}{BC+AC}=\frac{AB}{BC+AC}=\frac{c}{a+b}\)(2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{IF}{IC}=\frac{c}{a+b}\)

Tương tự, ta có \(\frac{IE}{IB}=\frac{b}{c+a}\); \(\frac{ID}{IA}=\frac{a}{b+c}\)

Từ đó \(\frac{ID}{IA}+\frac{IE}{IB}+\frac{IF}{IC}=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)

Ta cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)với \(a,b,c>0\)

Thật vậy: Ta chứng minh bất đẳng thức phụ \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)với \(x,y,z>0\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số dương \(x,y,z\), ta có: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\)

Tương tự, ta có \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\)

Từ đó \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}=9\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: \(\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}\ge\frac{9}{2}\)

\(\Leftrightarrow1+\frac{c}{a+b}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{a}{b+c}\ge\frac{9}{2}\)

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

\(\Rightarrow\)đpcm

lá cờ của Liên Xô nhé

HT

tích giúp mình với

TL: 

B nhé 

@@@@@@@@@ 

Bạn k cho mình nha

Bài này không khó chỉ cần sử dụng nguyên tắc Đirichle

+ Dễ dàng thấy có ít nhất 6 điểm cùng màu

+ Với 6 điểm này, xét các đoạn thảng nối một điểm A với các điểm còn lại  tồn tại ba đoạn cùng màu giả sử là AB, AC, AD. Khi đó một

trong bốn tam giác ABC, ACD, ABD, BCD là tam giác cần tìm

(bài toán này chỉ hay ở chỗ cho nhiều màu làm học sinh ... hãi nhưng nếu nắm chắc cơ bản thì okie ngay!)

a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2adbc+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\)

\(=\left(a^2c^2+a^2d^2\right)+\left(b^2d^2+b^2c^2\right)\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)\)

\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

b) \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)-\left(ac+bd\right)^{^2}\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2-a^2c^2-2abcd-b^2d^2\)

\(=a^2d^2+b^2c^2-2abcd\)

\(=\left(ad\right)^2-2ad.bc+\left(bc\right)^2\)

\(=\left(ad-bc\right)^2\ge0\)

\(=\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

a: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+b^2d^2-2abcd+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)

\(=a^2c^2+a^2d^2+b^2d^2+b^2c^2\)

\(=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)

b: \(\left(ac+bd\right)^2< =\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2-a^2c^2-a^2d^2-b^2c^2-b^2d^2< =0\)

\(\Leftrightarrow-a^2d^2+2abcd-b^2c^2< =0\)

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2>=0\)(luôn đúng

Giả sử \(\sqrt{7}\)là số hữu tỉ \(\Rightarrow\sqrt{7}=\frac{m}{n}\)(tối giản)

Suy ra \(7=\frac{m^2}{n^2}\)hay 7n²=m² (1)

Đẳng thức này chứng tỏ m² chia hết 7.Mà 7 là số nguyên tố nên m chia hết 7.

Đặt m=7k (k thuộc Z),ta có m²=49k² (2)

Từ (1) và (2) =>7n²=49k² nên n²=7k² (3)

Từ (3) ta lại có n² chia hết 7 và vì 7 là số nguyên tố nên n chia hết 7 

m và n cùng chia hết 7 \(\Rightarrow\frac{m}{n}\)ko tối giản,trái giả thiết.

Vậy \(\sqrt{7}\)là số vô tỉ

Giả sử \(\sqrt{7}\)là số hữu tỉ, khi đó \(\sqrt{7}=\frac{m}{n}\)với \(m,n\inℕ;n\ne0\)và \(\left(m,n\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{7}\right)^2=\frac{m^2}{n^2}\)\(\Leftrightarrow7=\frac{m^2}{n^2}\)\(\Leftrightarrow m^2=7n^2\)\(\Rightarrow m^2⋮7\)\(\Rightarrow m⋮7\)\(\Rightarrow m=7k\left(k\inℕ\right)\)

\(\Rightarrow\left(7k\right)^2=7n^2\)\(\Leftrightarrow49k^2=7n^2\)\(\Leftrightarrow7k^2=n^2\)\(\Leftrightarrow n⋮7\)

Ta có \(\hept{\begin{cases}m⋮7\\n⋮7\end{cases}}\Rightarrow\left(m,n\right)=7\), trái với \(\left(m,n\right)=1\)

Vậy giả sử sai \(\Rightarrow\)\(\sqrt{7}\)là số vô tỉ.

e chịu 

@@@@@

Khó quá 

Ai thấy khó bỏ đi :)))

HT

@@@@

Sorry 

Khó quá em không bt

HT

?????:)

Từ các cặp tam giác đồng dạng ta có:

\(BE=\frac{AB^2}{BC};CD=\frac{BC^2}{CA};AF=\frac{CA^2}{AB}\)

\(\Rightarrow AF+BE+CD=\frac{AB^2}{BC}+\frac{BC^2}{CA}+\frac{CA^2}{AB}\ge\frac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{AB+BC+CA}=C_{ABC}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{CA}=\frac{CA}{AB}=\frac{AB+BC+CA}{BC+CA+AB}=1\) hay tam giác ABC đều.

jjjjjjjqqqqqqqqaaaaaaaaooooooooooyyyyyyyyyyrrrrrrriggigigigigiiggigigigggigiigigigigigiggigigi

hỏi chị google ý