dinhvu

Câu c:
Có $ \widehat{LAN}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}$ mà $\widehat{LPN}=\widehat{BDF}=\widehat{BAC}$ do $QPDM$ nội tiếp

Do đó $\widehat{LAN}+\widehat{LPN}=180^{\circ} $ hay $LAPN$ nội tiếp. Chứng minh tương tư tứ giác còn lại

Góp vui câu b:

Có$PE=EF=QF$ và $FM=EM=BC/2$ nên ta sẽ chứng minh $ \widehat{QFM}= \widehat{PEM}$
Ta có $ \widehat{QFM}= 2\widehat{AFE}+ \widehat{EFM}=2\widehat{AFE}+ \widehat{EDC}=2\widehat{ACB}+\widehat{BAC}$ ( Dễ thấy EFDM nội tiếp)

và $ \widehat{PEM}=360^{\circ} -\widehat{AEP}-\widehat{AEF}-\widehat{FEM}=360^{\circ}-2\widehat{AEF}-\widehat{BDF}=360^{\circ}-2\widehat{ABC}-\widehat{BAC}=2\widehat{ACB}+\widehat{BAC}$

Từ đó suy ra $\Delta QFM = \Delta PEM (c-g-c)$ hay $\widehat{DQM}=\widehat{DPM}$ hay $QPDM$ là tứ giác nội tiếp(đpcm)

 Có $\sqrt{\frac{a^4+b^4}{2}}+\sqrt{a^2b^2}\leq \sqrt{2(\frac{a^4+b^4}{2}+a^2b^2)}=(a^2+b^2)$
Do đó $\sqrt{\frac{a^4+b^4}{2}}\leq a^2+b^2-ab$
Chứng minh tương tự ta có $VT\leq \sum (a^2+b^2-ab)c+3abc=VP$

$x.a^y+(y-x)=a^y+a^y...+a^y+1+1..+1\geq y.a^x\\ \Rightarrow x(a^y+b^y+c^y) \ge 3y-3(y-x)=3x\Rightarrow a^y+b^y+c^y\geq 3$

có : $2b^4+2c^4\geq (b^2+c^2)^2$

t/tự $2a^4+2b^4\geq (a^2+b^2)^2$

       $2a^4+2c^4\geq (a^2+c^2)^2$

suy ra cần cm $\frac{a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2}{2}\geq 3abc$( cô si)

=) đpcm

Bài của bạn bị ngược dấu rồi.

Có $(a^y+b^y+c^y)^x3^{y-x}\\ =(a^y+b^y+c^y)(a^y+b^y+c^y)...(a^y+b^y+c^y)(1+1+1)...(1+1+1)\\ \geq (a^x+b^x+c^x)^y=3^y \Rightarrow (a^y+b^y+c^y)^x\geq 3^x$ hay đpcm

$A\geq -bc\geq -\frac{(b+c)^2}{4}\geq -\frac{(a+b+c)^2}{4}=-1/4$
$ A\leq a(b+c)\leq \frac{(a+b+c)^2}{4}=1/4$

Suy ra$(m^2+2m)(m+1)=n^2$ mà $(m^2+2m,m+1)=1$ nên $m^2+2m$ là SCP.

thì ở dưới mẫu thì đảo dấu mà đúng không

cái $x^2+y^2+z^2 \leqslant 3$ là sai rồi

Nếu $a+b$ chia hết cho 7 thì $a \equiv b (mod 7)$ hay $a^2 \equiv 3(mod7)$. Dễ chứng minh điều này vô lí

$\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a}> \frac{a}{a+b+c+d} + \frac{b}{b+c+a+d} + \frac{c}{c+d+a+b} + \frac{d}{d+a+c+d}=1$
Và
$\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a}<\frac{a+c+d}{a+b+c+d} + \frac{b+a+d}{b+c+a+d} + \frac{c+a+b}{c+d+a+b} + \frac{d+b+c}{d+a+b+c}=3$
nên $\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a}=2$ hay $\frac{a}{a+b} + \frac{c}{c+d} =\frac{a}{a+d} + \frac{c}{c+b}$ từ đây biến đổi tương đương 

Bài toán chặt hơn:
Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng:
 $8(2-a-b)(2-b-c)(2-c-a)\geq (\frac{12}{6+2\sqrt{6}})^3a^2b^2c^2$

$VT=\prod (4-2a-2b)=\prod (2+a^2+b^2+c^2-2a-2b)=\prod ((a-1)^2+(b-1)^2+c^2)\geq a^2b^2c^2$

Có $a^2-b^2+c^2-d^2=(a-b)(a+b)-(d-c)(d+c) \equiv (d-c)(a+b)-(d-c)(d+c) \equiv (d-c)(a+b-c-d) (mod m)$
Từ đó kéo theo $d-c$ hoặc $a+b-c-d$ chia hết cho $m$
TH 1: $d-c$ chia hết cho $m$ suy ra $a-b$ chia hết cho $m$ hay $(a^{2025}-b^{2025})+(c^{2025}-d^{2025})$ chia hết cho $m$
TH 2: $a+b-c-d$ chia hết cho $m$ suy ra $2(a-d)$ chia hết cho m mà m lẻ nên $a-d$ chia hết cho $m$. Chứng minh tương tự trường hợp trên suy ra đpcm
Bài này mình nhớ không nhầm là thầy Kiên có đăng lên trên facebook

Chú ý đẳng thức $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)

$a^3+b^3+c^3-3abc$ chứ ạ