Ta có :

\(\frac{1}{x}\)\(+\frac{1}{y}\)\(+\frac{1}{z}\)\(=0\)

\(\rightarrow\frac{xy+yz+zx}{xyz}=0\)

\(\rightarrow xy+yz+zx=0\)

\(\rightarrow\hept{\begin{cases}xy=-z\left(x+y\right)\\yz=-x\left(y+z\right)\\zx=-y\left(z+x\right)\end{cases}}\)

Ta được :

\(A=\frac{yz}{x^2}\)\(+\frac{zx}{y^2}\)\(+\frac{xy}{z^2}\)

\(\rightarrow A=-\frac{x\left(y+z\right)}{x^2}\)\(-\frac{y\left(z+x\right)}{y^2}\)\(-\frac{z\left(x+y\right)}{z^2}\)

\(\rightarrow A=-\frac{y}{x}\)\(-\frac{z}{x}\)\(-\frac{z}{y}\)\(-\frac{x}{y}\)\(-\frac{y}{z}\)

\(\rightarrow A=-x\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-y\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)-z\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

\(\rightarrow A=-x.\left(-\frac{1}{x}\right)-y.\left(-\frac{1}{y}\right)-z.\left(-\frac{1}{z}\right)\)

\(\rightarrow A=1+1+1=3\)

\(\rightarrow A=3\)

Ta có \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=-\frac{1}{z}\)

=> \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^3=\left(-\frac{1}{z}\right)^3\)

=> \(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{3}{x^2y}+\frac{3}{xy^2}=-\frac{1}{z^3}\)

=> \(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{3}{xy}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=-\frac{1}{z^3}\)

=> \(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}=-\frac{3}{xy}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

=> \(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}=\frac{3}{xyz}\left(\text{Vì }\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=-\frac{1}{z}\right)\)

Khi đó A = \(\frac{yz}{x^2}+\frac{xz}{y^2}+\frac{xy}{z^2}\)

\(=\frac{xyz}{x^3}+\frac{xyz}{y^3}+\frac{xyz}{z^3}=xyz\left(\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\right)=xyz.\frac{3}{xyz}=3\)

a) Xét tứ giác ADHE có :

\(\widehat{BAC}=90^o\left(gt\right)\)

\(\widehat{ADH}=90^o\left(HD\perp AB\right)\)

\(\widehat{AEH}=90^o\left(HE\perp AC\right)\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác ADHE là hình chữ nhật

b) Ta có : ADHE là hình chữ nhật

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}HD//AE\\HD=AE\end{cases}}\)

mà \(HD=DF\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}DF//AE\\DF=AE\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác AEDF là hình bình hành

đầu tiên ta chứng minh \(n^3+n\)chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.

ta có : \(n^3+n=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6.

áp dụng ta sẽ có

chiều thuận : \(a^3+b^3+c^3\)chia hết cho 6

áp dụng điều trên ta có \(a^3+b^3+c^3+a+b+c=\left(a^3+a\right)+\left(b^3+b\right)+\left(c^3+c\right)\) cũng chia hết cho 6

nên \(a+b+c\) chia hết cho 6.

chiều đảo: \(a+b+c\)chia hết cho 6

áp dụng điều trên ta có \(a^3+b^3+c^3+a+b+c=\left(a^3+a\right)+\left(b^3+b\right)+\left(c^3+c\right)\) cũng chia hết cho 6

nên \(a^3+b^3+c^3\) chia hết cho 6.

vậy ta có đpcm

áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 2015 số , ta có

\(2x^{2015}+2013=x^{2015}+x^{2015}+1+1+..+1\ge2015\sqrt[2015]{x^{2015}.x^{2015}}=2015x^2\)

tương tự ta có

\(\hept{\begin{cases}2.y^{2015}+2013\ge2015y^2\\2.z^{2015}+2013\ge2015z^2\end{cases}}\)

cộng ba bất đẳng thức lại ta có \(2\left(x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}\right)+2013.3\ge2015\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

hay \(2015\left(x^2+y^2+z^2\right)\le2.3+2013.3=2015.3\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)\le3\)

dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1

ta dựng hình bình hành ABME như hình vẽ 

ta có \(\frac{BM}{AD}=\frac{AE}{AD}=\frac{ME}{DN}\Rightarrow BM.DN=AD.ME=AD.DB\) là không đổi

do đó ta có đpcm, 

còn câu b đề sai nhỉ, rõ ràng AM,AN>AD mà nhỉ