Không mất tính tổng quát, giả sử $AB\leq AC$ và $MC\leq MB$

Gọi $G$ là trung điểm $AB$, $H$ là trung điểm $AC$ và $I$, $J$ lần lượt là giao điểm của $ME$, $MF$ với $GH$

Áp dụng vài BĐT quen thuộc

$\left\{\begin{matrix} BM.MC \leq\dfrac{(BM+MC)^2}{4}=\dfrac{BC^2}{4}\\ \dfrac{AB^2}{2}+\dfrac{AC^2}{2}\geq\dfrac{(AB+AC)^2}{4}>\dfrac{BC^2}{4} \end{matrix}\right.\\ \Rightarrow AG.AB+AH.AC>BM.MC \ \ \ \ \color{red}{(1)}$

Ta có $GI=GH-IH=\frac{BC}{2}-MC=\frac{BC}{2}-BC+BM=GJ-\frac{BC}{2}=HJ$

Suy ra $\bigtriangleup EGI=\bigtriangleup FJH \Rightarrow FH=EI \geq EG$

Mà $AC\geq AB$ nên $AC.HF\geq AB.EG \Rightarrow AC(AF-AH)\geq AB(AG-AE)$

$\Rightarrow AE.AB+AF.AC\geq AG.AB+AH.AC \ \ \ \ \ \ \ \ \color{red}{(2)}$

Từ $\color{red}{(1), (2)} \Rightarrow AE.AB+AF.AC>BM.MC$

Bổ đề: Cho tam giác $XYZ$ nội tiếp $(O)$ thì $\widehat{OYZ}+\widehat{XYZ}=90^{\circ}$

Chứng minh khá đơn giản, chỉ cần cộng góc. Bổ đề này đúng với cả tam giác tù.

Dễ thấy $MP=PN=MK$, $\widehat{BNM}=\widehat{BAC}$.

Áp dụng bổ đề thì $\widehat{OCB}=90^{\circ}-\widehat{BAC}, \widehat{KCO}=90^{\circ}-\widehat{OAC}=\widehat{B}$

$\Rightarrow \widehat{KNC}=\widehat{KCN}=\widehat{B}+90^{\circ}-\widehat{BAC}$

Mà $\widehat{MNC}=180^{\circ}-\widehat{BAC} \Rightarrow \widehat{MNP}=\widehat{MNK}=90^{\circ}-\widehat{B}$

Đến đây thì do tam giác $BMN$ nhọn nên tâm đường tròn ngoại tiếp $P'$ nằm trong tam giác. Lúc ấy $P'$ thuộc đường trung trực của $MN$ và $\widehat{MNP'}=90^{\circ}-\widehat{B}$ nên $P$ trùng $P'$. Vậy $P$ là tâm $(BMN)$.

Câu b thì đơn giản rồi.

Gọi $G$ là giao điểm $AM$ và $BN$, $CG$ cắt AB ở $P \Rightarrow GP=\frac{1}{3}CP$ 

Áp dụng công thức trung tuyến ta có $CP=\frac{1}{2}\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}=\frac{3}{2}c$

$\Rightarrow GP=AP=BP\ \ \  \left(=\frac{1}{2}c\right)$

$\Rightarrow \widehat{AGB}=90^{\circ}$

Xin đăng lời giải chỉ dùng hình học lớp 8.

Goi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $BC, XY$, $D$ là điểm để $CXBD$ là hình bình hành, $G$ là giao điểm $ZE$ và $AF$.

Dễ thấy $F$ là trung điểm $XD$ nên $EF\parallel DY$

Do $\widehat{XBC}=\widehat{YCA}$ nên ta có $\widehat{DCY}= \widehat{ACB} \quad  \color{Red}{(1)}$

$CXBD$ là hình bình hành nên $BX=CD$

Mặt khác $\frac{BC}{BX}=\frac{CA}{CY} \Rightarrow\frac{BC}{CD}=\frac{CA}{CY} \quad  \color{Red}{(2)}$

$\color{Red}{(1),(2)} \Rightarrow \bigtriangleup ABC \sim \bigtriangleup YDC \\ \Rightarrow \widehat{YDC}=\widehat{ABC}$

Chứng minh tương tự ta được $\widehat{ZDB}=\widehat{ACB}$ và $\widehat{BZD}=\widehat{BYC} \ \ (=\widehat{BAC})$

$\Rightarrow \widehat{AZD}=\widehat{AYD}$

Ta có $\widehat{ZDY} = 360^{\circ}-\widehat{ZDB}-\widehat{YDC}-\widehat{BDC}$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(180^{\circ}-\widehat{ABC}-\widehat{ACB})+(180^{\circ}-\widehat{BXC}) \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\widehat{BAC} +\widehat{CBX} + \widehat{BCX} = \widehat{ZAY}$

Như vậy $AZDY$ cũng là hình bình hành, tức $DY\parallel AZ\parallel EF$ và $AZ=DY=2EF$

$\Rightarrow \frac{AZ}{EF}=\frac{ZG}{GE}=\frac{AG}{GF}=2$

Suy ra $G$ là trọng tâm $\bigtriangleup ABC$ và $\bigtriangleup XYZ$

Cứ cho là thế. Vậy mình hỏi bạn, vì sao âm nhân dương lại ra âm, suy ra âm với âm lại dương? Nếu dễ vậy thì mình chỉ nhân (-m)(-m) là ra m rồi.

(-1)² chưa phải bằng 1, vì bạn chưa chứng minh với mọi số thực m. Sử dụng mệnh đề ban đầu để chứng minh cho chính cái mệnh đề đó là luẩn quẩn chứ còn gì   Giống như bạn lấy cục gôm bạn tẩy cho chính cục gôm đó vậy 

Bạn có thể xem chứng minh ở đây. (cuối trang)

Ở đây cũng nói rằng quy ước trong toán học là $(-1)^2=1$, bởi nếu $(-1)^2$ mà bằng giá trị khác thì theo tính chất phân phối sẽ suy ra được điều vô lý. (cái này bạn chứng minh được đấy)

Lỗi logic cơ bản. Hằng đẳng thức A² - B² = (A + B)(A - B) chỉ đúng khi A ≠ B. Vả lại nó cũng được suy ra từ (-m)² = m² (mệnh đề chưa được chứng minh) 

Mình không hiểu sao HĐT đó chỉ đúng khi $A \neq B$ ? Vả lại, ngay cả như thế đi nữa thì $-m \neq m$ mà bạn?

Rồi còn HĐT này suy ra từ $(-m)^2 = m^2$ ? Đơn giản là nhân 2 đa thức ờ VP cho ra VT thôi.

Chứng minh như vậy là luẩn quẩn, chưa chứng minh được với mọi số thực m bình phương luôn dương thì (-1)² làm sao bằng 1?

Chứng minh như vậy là đúng. Bời theo định nghĩa $(-1)^2=1$.

b) Do tứ giác AMNB là hình thang cân nên dễ thấy ABNM nội tiếp. Theo định lý Ptolemy thì: $AN.BM=AB.MN+AM.BN$

Mà $AN=BM,\ AM=BN$ do AMNB là hình thang cân.

Suy ra $BM^2=AM^2+AB.MN$

b.

$1\geq x\geq 0$

$\sqrt{x+3}-\sqrt{x}= \frac{1}{\sqrt{1-x}+1}$

khử mẫu vế phải sau đó bình phương 2 vế ta có

$3-2\sqrt{x(x+3)} = ....$

bạn bình phương lần 2 rồi làm tiếp nha

Bạn sai ở phần bình phương 2 vế. $(\sqrt{x+3}-\sqrt{x})^2=2x+3-2\sqrt{x(x+3)}$

ĐK $0\leq x\leq1$

Nhân $\sqrt{x+3}+\sqrt{x}$ cho cả hai vế ta được: $3(\sqrt{1-x}+1)=\sqrt{x+3}+\sqrt{x}$

Từ ĐK, dễ thấy $VT\geq 3$ và $VP \leq 3 \Rightarrow VT \geq VP$

Dấu bằng xảy ra tại $x=1$. Vậy PT có nghiệm $x=1$

Ta sẽ chứng minh BĐT sau $sin A+sin B+ sin C \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow (sin A +sin B + sin C)^2 \leq \frac{27}{4}$

Mặt khác $(sin A +sin B + sin C)^2 \leq 3(sin^2 A +sin^2 B+ sin^2 C)$ nên ta chỉ cần chứng minh $sin^2 A +sin^2 B+ sin^2 C \leq \frac{9}{4}$ 

$\Leftrightarrow cos^2 A + cos^2 B + cos^2 C \geq \frac{3}{2}$

Áp dụng định lý côsin thì $cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$. Tương tự cho $cos B, \ cos C$ rồi thế vào BĐT trên ta được:

$\left ( \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \right )^2+\left ( \frac{c^2+a^2-b^2}{2ca} \right )^2 + \left ( \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right )^2 \geq \frac{3}{4}\\ \Leftrightarrow {a^2}\left(b^2 + c^2 - a^2\right)^2 + b^2\left({c^2} + {a^2} - {b^2}\right)^2 + {c^2}{\left({a^2} + {b^2} - {c^2}\right)^2} \geq 3{a^2}{b^2}{c^2}\\ \Leftrightarrow a^2b^2c^2\geq \left(a^2+b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(c^2+a^2-b^2\right)$

BĐT cuối là một BĐT quen thuộc. Như vậy chứng minh hoàn tất, $sin A+sin B+ sin C \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$. Mà $sin A + sin B+sinC = \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Vậy tam giác ABC đều $\Rightarrow \widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^{\circ}$

$\boxed{Bai \ 4}$ GPT $\sqrt{x+4}-\sqrt{1-x}=\sqrt{1-2x}$

Điều kiện $-4\leq x \leq \frac{1}{2}$

Chuyển vế rồi binh phương $x+4=(1-x)+(1-2x)+2\sqrt{(1-x)(1-2x)}$

$\Leftrightarrow 2x+1=\sqrt{2x^2-3x+1} \\ \Leftrightarrow (2x+1)^2=2x^2-3x+1 \\ \Leftrightarrow x(2x+7)=0 \\ \Leftrightarrow \left [\begin{matrix} x=0\\ x=-\frac{7}{2}\\ \end{matrix}\right.$

Thử lại ta loại $x=-\frac{7}{2}$

Vậy $S=\left \{ 0\right \}$

4)Cho $p_1<p_2<...<p_n$ là $n$ số nguyên tố đầu tiên.CMR:

a)$ p_n \leq 2^{2^{n-1}}$

Dễ thấy BĐT đúng với $n=1,2$.

Giả sử BĐT đúng với $n$ số nguyên tố đầu tiên $(n>1)$, ta chứng minh nó cũng đúng với số nguyên tố thứ $n+1$.

Xét số $P=p_1p_2...p_n-1$

Nếu $P$ là số nguyên tố thì $P>p_n$ nên $p_{n+1} \leq P$

Nếu $P$ là hợp số thì do $P$ không có ước nguyên tố là $p_1,p_2,...p_n$ nên ước nguyên tố của $P$ phải lớn hơn hoặc bằng $p_{n+1}$

Suy ra $p_{n+1} \leq P$

Mặt khác $P \leq 2^{2^0}2^{2^1}...2^{2^{n-1}}-1\\ \ \ \ <2^{1+2+...+2^{n-1}}=2^{2^n}$

$\Rightarrow p_{n+1} < 2^{2^n}$

Suy ra điều phải chứng minh

5) Gọi $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$Chứng minh:$p_n>3n$ với $n\geq 12$

Điều trên đúng với $n=12, 13$

Giả sử điều cần chứng minh đúng với $p_{n-1}$ và $p_{n-2}$

Ta có $p_n=p_{n-1}+k_1=p_{n-2}+k_1+k_2 > 3(n-2)+k_1+k_2$ với $k_1, k_2$ là các số chẵn lớn hơn 0.

Nếu $k_1=k_2=2$ thì ta được 3 số nguyên tố là $p_{n-2}, \ p_{n-2}+2, \ p_{n-2}+4$. Dễ thấy trong 3 số này có một số chia hết cho 3 (vô lý). Vậy $k_1, k_2$ không thể cùng bằng 2.

$\Rightarrow k_1 + k_2 \geq 6 \\ \Rightarrow p_n > 3(n-2)+6=3n$

Theo nguyên lý qui nạp, suy ra điều phải chứng minh

Sao lại suy ra được điều này thế bạn

Bạn có thể chứng minh bằng quy nạp:

Với $x=1$ thì điều trên đúng. 

Giả sử đúng với $x=n$, tức là $\left\{\begin{matrix} (5+\sqrt{3})^n=a_n+b_n\sqrt{3}\\ (5-\sqrt{3})^n=a_n-b_n\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (5+\sqrt{3})^{n+1}=(a_n+b_n\sqrt{3})(5+\sqrt{3})\\ (5-\sqrt{3})^{n+1}=(a_n-b_n\sqrt{3})(5-\sqrt{3}) \end{matrix}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{matrix} (5+\sqrt{3})^{n+1}=(5a_n+6b_n)+(2a_n+5b_n)\sqrt{3}\\ (5-\sqrt{3})^{n+1}=(5a_n+6b_n)-(2a_n+5b_n)\sqrt{3} \end{matrix}\right.$

Suy ra điều phải chứng minh

Ta có $(2+\sqrt{3})^y=a+b\sqrt{3} \Rightarrow (2-\sqrt{3})^y=a-b\sqrt{3}$. Mà $(2+\sqrt{3})^y(2-\sqrt{3})^y=1 \Rightarrow (a+b\sqrt{3})(a-b\sqrt{3})=1$

Mặt khác $$(5+2\sqrt{3})^{x}=a+b\sqrt{3} \Rightarrow (5-2\sqrt{3})^{x} = a-b\sqrt{3} \\ \Rightarrow (5+2\sqrt{3})^{x} (5-2\sqrt{3})^{x}=(a+b\sqrt{3})(a-b\sqrt{3}) \\ \Rightarrow 13^x=1 \Rightarrow x=y=0$$

Bạn vẽ hình hay thế, có thể hướng dẫn mình cách vẽ được không. Với công cụ đó mình chỉ biết vẽ tam giác vuông, thường,cân chứ không biết vẽ đtròn ngoại tiếp, nội tiếp như bạn

Trong mục Circle (cái hình tròn) có cái là "Circle through 3 points", dùng cái đó để vẽ đường tròn ngoại tiếp bằng cách nhấp vào 3 đỉnh của tam giác

Đường tròn nội tiếp không có công cụ riêng (hoặc em chưa phát hiện ra) nên phải làm thủ công là lấy giao điểm 2 phân giác ("Angle Bisector" trong mục line) để ra tâm đường tròn, từ tâm đó kẻ vuông góc với một cạnh để lấy tiếp điểm, rồi dùng công cụ "Circle with Center through Point" để vẽ đường tròn với tâm và tiếp điểm.

Có cái là khi vẽ mấy cái này thủ công thì thường có rất nhiều thứ dư, làm xấu hình, ví dụ như mấy cái phân giác và đường vuông góc. Lúc ấy nếu xóa chúng thì cái đường tròn mất luôn, ta chỉ có thể ẩn chúng: ấn chuột phải lên đường cẩn ẩn, có một mục là "Show object" với một ô vuông đã được tick chọn, bỏ tick cái ô đấy thì mấy cái đường đó mất đi mà vẫn giữ lại đường tròn.

Hình như đề sai. Với tam giác ABC vuông thì K không là trung điểm AC, tam giác tù cũng thế, thậm chí là tam giác nhọn: Hình

Vậy ngoài trường hợp 2 số đó không là số đối thì sao? $\sqrt{x},\sqrt{y}\geq 0$ mà

Thì cái ví dụ của mình đấy $(3- \sqrt{2}) + \sqrt{2} = 3$. 

Mình đã hỏi thầy chuyên toán huyện mình rồi,không có chuyện tổng 2 số vô tỷ là số tự nhiên đâu

Thầy nói vậy thì mình cũng thua.

Ví dụ đơn giản nhất là $-\sqrt{2}$ và $\sqrt{2}$ đều là số vô tỷ. Và tổng của chúng bằng $0$ là số tự nhiên.

Ý mình tổng 2 số vô tỷ không là số tự nhiên mà

Nhưng mà tổng 2 số vô tỷ có thể là số tự nhiên nha bạn. Nên suy ra như vậy là không được.

Còn bài 3 bạn đánh giá như bài 2 là sao, mình không hiểu

Bài 2 có chút vấn đề: Tổng 2 số vô tỉ có thể là số hữu tỉ. VD: $(3- \sqrt{2}) + \sqrt{2} = 3$

Từ $\sqrt{x}+\sqrt{y} = a \Rightarrow x+y+2\sqrt{xy} = a^2 \Rightarrow \sqrt{xy} \in \mathbb{N}$

Đặt $xy = n^2$ với $n$ là số tự nhiên thì ta có $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{x}+\sqrt{\frac{n^2}{x}}=\sqrt{x}\left(1+\frac{n}{x}\right) \in \mathbb{N}$

Dễ thấy $1+\frac{n}{x}$ là số hữu tỉ nên $\sqrt{x}$ cũng phải là số hữu tỉ. Áp dụng bài 1 ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài 3

Bình phương 2 vế rồi thu gọn được $\sqrt{xy}-2 = 2\sqrt{x+y} \quad \color{red}{(1)}$

Tiếp tục bình phương 2 vế: $4\sqrt{xy} = xy+4-4(x+y) \in \mathbb{N}$ nên $\sqrt{xy} \in \mathbb{N}$  Từ $\color{red}{(1)}$ suy ra $\sqrt{x+y} \in \mathbb{N}$

Từ PT ban đầu thì $\sqrt{x}+\sqrt{y} \in \mathbb{N}$. Đến đây thì áp dụng bài 2 thôi

Bài 1

Nếu $a$ và $b$ đều là hợp số thì $a$ có ước là số nguyên tố $q$ và $q < a \leqslant \sqrt{n}$. Do $q$ là ước của $a$ và $a$ là ước của $n$ nên $q$ là ước nguyên tố của $n$

Bài 2

Với $n$ số: $a_1, a_2, ..., a_{n}$

Tích $a_1 a_2$ có dạng $4k+1$

Tích $a_1 a_2 a_3$ có dạng $4k+1$ do tích này thực chất là hai số có dạng $4k+1$ nhân nhau là $a_1 a_2$ và $a_3$

Tiếp  ...........

$\Rightarrow a_1 a_2 ... a_{n}$ cũng có dạng $4k+1$

Bài 90 ngược dấu à. Nếu $a,b,c \in [0,1]$ thì $a^3\geq a^3b$

Ta có $x^{2}+y^{2}\geq 2xy=2\Rightarrow S\geq2(x+y+1)+\frac{4}{x+y}=2+(x+y)+\left (x+y+\frac{4}{x+y}\right )$

Áp dụng Cô-si ta có:

$x+y\geq2\sqrt{xy}=2$

$x+y+\frac{4}{x+y}\geq4$

Như vậy, $S\geq2+2+4=8$

Dấu bằng xảy ra tại $x=y=1$

Bài 6

Điều kiện $0\leq x\leq \sqrt{3}$. Bình phương cả hai vế ta được

$\sqrt{3}-x=x^2(\sqrt{3}+x)\implies \left(x+\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^3=\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{9}$

Giải ra ta được $\color{red}{x=\frac{\sqrt[3]{10}-1}{\sqrt{3}}}$

Gọi $O$ là giao điểm của phân giác $\widehat{BHC}$ và trung trực của $CH$. Theo giả thiết thì điểm $O$ cố định.

Ta có $OH=OC\implies \bigtriangleup HOC$ cân tại $O\implies \widehat{CHO}=\widehat{HCO}$

Mà $\widehat{BHO}=\widehat{ CHO}$ nên $\widehat{MHO}=\widehat{NCO}$

Như vậy $\bigtriangleup OMH=\bigtriangleup ONC\ (c.g.c)\implies OM=ON$

Suy ra $O$ thuộc đường trung trực của $MN$, hay đường trung trực của $MN$ luôn đi qua 1 điểm cố định