Từ giả thiết $\Rightarrow a,b,c\leq \sqrt{3}< \frac{9t}{5}$Ta chứng minh:$\frac{1}{9-5a}\geq \frac{5}{32}(a^{2}-1)+\frac{1}{4} \Leftrightarrow (a-1)^{2}\frac{5a+1}{32}\geq 0$(luôn đúng)

Xây dựng tương tự với b,c cộng lại có dpcm

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

đay la inequality 9 trong blog cua phạm quang toàn ma

$\dpi{120} \small BẠN Tự vẽ hinh nhe:Kẻ NH vuonggoc voi AB.Đặt MB=x,NC=y.AB=AC=BC=a.\Delta AHN có:\angle A=60\rightarrow AH=\frac{1}{2}AN\rightarrow HN=\frac{\sqrt{3}}{2}AN.TA có:MN^2=NH^2+MH^2=(\frac{\sqrt{3}AN}{2})^2+(AM-\frac{AN}{2})^2=AM^2+AN^2-AM.AN=(a-x)^2+(a-y)^2-(a-x)(a-y.KHai trien ta dc MN^2=(x+y-a)^2\rightarrow MN=x+y-a\rightarrow MN=x+y-a\rightarrow MN+BC=MB+NC\rightarrow MN tx dduong tron ngoai tiep \Delta ABC\rightarrow dpcm$

Bài 7 :

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\frac{c(a-b)}{b(b+c)} +\frac{a(b-c)}{c(c+a)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}\geq 0\; \; \; \;. \;$

Không mất tính tổng quát giả sử:$b$ nằm giữa $a$ và $c$;

Khi đo: $(b-a)(b-c)\leq 0 $\

Mặt khác: $b(c-a)=-c(a-b)-a(b-c)$

Do đó: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$c(a-b)\left [ \frac{1}{b(b+c)}-\frac{1}{c(a+b)} \right ]+a(b-c)\left [ \frac{1}{c(c+a)}-\frac{1}{a(a+b)} \right ]\geq 0$$

\Leftrightarrow \frac{c\left [ (a-b^2(a+b)+b(a-b)(a-c) \right ]}{(a+b)ab(b+c)}+\frac{\left [ (b-c)(a-c)(a+c)+a(b-c)^2 \right ]}{c(c+a)(a+b)}\geq 0 $

Mặt khác:$ (a-b)(a-c)=(a-b)^2-(b-a)(b-c)\geq 0,(b-c)(a-c)=(b-c)^2-(b-a)(b-c)\geq 0\Leftrightarrow dpcm\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

ko nham thi bai nay giai vay

sao a,b,c lai tim min x,y,z the kia

bai toan nay con len dc bao ba co

$\dpi{150} \small \: Bai\: 1\: :Ta\:co: \:A= n^2+3n-38=(n-2)(n+5)-28\:. \:Do \:n+5-(n-2)=7\rightarrow \:hai \:so \:nay \:cung \:chia \:het \: cho\: 7\:hoac \:ca \:hai \:deu \:khong \:chia \:het \:cho \: 7\:\: \ \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:Th1:n-2,n+5 \:cung \:chia \: het\:cho7\rightarrow (n-2)(n+5) \vdots 49,28\: khong\:chia \:het\:cho \:49\rightarrow A \:khong\vdots \:cho \:49 \:.Th2 \: CMTT\rightarrow dpcm\:$

$\dpi{150} \small \:PT \: \Leftrightarrow \:x^3-2x^2+2x^2-4x+x-2=\sqrt{x+2}-2\Leftrightarrow (x+1)^2(x-2)=\frac{x-2}{\sqrt{x+2}+2} \Leftrightarrow (x-2)\left [ (x+1)^2-\frac{1}{\sqrt{x+2}+2} \right ]=0\\.: Voi\: x<2 va x>2\:thi \:(x+1)^2-\frac{1}{\sqrt{x+2}+2} \:deu \: lon \: va\:nho \: hon\:0 \:\rightarrow x=2 \:Vay \:phuong \:trinh \: co\:1 \:no \:x=2 \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$

cau 9:d

1A:21,2C:21,27,                                                                                                                                                                                                                                           8D: vi theo thu tu nho dan đi                                                                                                                                                                                                                          

Đầu tiên,ta sẽ CM:$l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq p\sqrt{3}$

$\dpi{120} \small Ta có:R=\frac{a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+ d)}+\frac{c^2}{c(d+e)}+\frac{d^2}{d(e+f)}+\frac{e^2}{e(f+a)}+\frac{f^2}{f(a+b)}\geq \frac{(a+b+c+d+e+f)^2}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)}. Ta luôn có:x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx\Leftrightarrow (x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)(1).Đăt x=a+d,y=b+e,z=c+f.Ta co (1)\Leftrightarrow (a+b+c+d+e+f)^2\geq 3\left [ (a+d)(b+e)+(b+e)(c+f)+(c+f)(a+d) \right ]\Leftrightarrow (a+b+c+d+e+f)^2\geq 3\left [ a(b+c)+b(c+d)+c(d+e) +d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)\right ]\Leftrightarrow R\geq 3.Vay min R=3$

$Ta có: x^2+y^2=1\rightarrow 0\leq x,y\leq 1\rightarrow x\geq x^2,y\geq y^2\rightarrow x+y\geq x^2+y^2=1.Từ đó suy ra P^2=8+5(x+y)+2\sqrt{(4+5x)(4+5y)}\geq 13.Dau bang xay ra \Leftrightarrow x=1,y=o hoac x=0 y=1$

uk đúng rồi@@

uk minh nham

$\;Dat \;S_{k}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+...+\frac{1}{2n} \;. \; Neu\;giai \;bai \; toan\; bang\;p^2 \; qui\; nap\; thong\;thuong \;thi \;kho \;ma \;giai \;dc \;. \; Ta\;se \; tim\;1 \;so \;thuc \; m/BDT\;sau \; dung:\;\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+...+\frac{1}{2n}<\frac{7}{10}-\frac{m}{n} \; .So\; m\;phai \;thoa \; man\; 2\;dk: \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; (+)\;Buoc \;chuyen \;qui \;nap \;tu \;k \;sang \; k+1\;phai \; lam\; dc\; \; \; \; \; \; \; \; \(+); \;BDT \; tren\; phai\;dung \; voi\; gia\; tri\; dau\;cua \;n(co\:the \:\neq gia \:tri \:dau\:cua \:BDT \\:de \: bai ) \;.Xet \;dk \;1,ta \; co:S_{k+1}=Sk+\frac{1}{2(k+1)(2k+1)}< \frac{7}{10}-\frac{m}{k}+\frac{1}{2(k+1)(2k+1)}\Leftrightarrow \frac{1}{2(k+1)(2k+1)}+\frac{-m}{k}< \frac{-m}{k+1}\Leftrightarrow \frac{1}{2(k+1)(2k+1)}< \frac{m}{k(k+1)} \Leftrightarrow \;2m(2k+1)>k \Leftrightarrow (4m-1)k+2m>0\\;BDT \;cuoi \;nay \; dung\; voi\;moi \;k\Leftrightarrow m\geq \frac{1}{4} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

$\;Xet \;dk \;thu \; 2:\;Voi \;n=1,2,3 \;thi \;m< \frac{1}{4} (thay\: vao\: BDT\:la \:dc )\;.Voi \;n=4 \; thi\; m=\frac{1}{4}.\; Nhu\; vay\; ta\;se \;chon \;m=\frac{1}{4} \;va \;diem \;xuat \; \;phat \;qui \; nap\;la \;n=4 \;Voi \;n=4 \;thay \;vao \;BDt \;ta \; dc\; 1066<1071(thoa man).\;Gia \;su \;BDT \;dg \;voi \;n=k\rightarrow S_{k}=\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+.....+\frac{1}{2k} <\frac{7}{10}-\frac{1}{4k}\;,ta \; phai\;Cm \;BDT \;dg \;voi \; n=k+1\; \;hay S_{k+1} =\frac{1}{k+2}+\frac{1}{k+3}+....+\frac{1}{2k+2}< \frac{7}{10}-\frac{1}{4(k+1)}.Theo\;gt \;qui \;nap \;ta \;co \;S_{k+1}=S_{k}-\frac{1}{k+1} +\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}=Sk+\frac{1}{2(k+1)(2k+1)}< \frac{7}{10}-\frac{1}{4k}+\frac{1}{2(k+1)(2k+1)}.\;Nhu \; vay\;chi \;can \;CM \;\frac{-1}{4k}+\frac{1}{2(k+1)(2k+1)}< \frac{-1}{4(k+1)}\Leftrightarrow \frac{2}{(k+1)(2k+1)}< \frac{1}{k(k+1)}\Leftrightarrow 2k<2k+1\Leftrightarrow 0<1\rightarrow Bai \;toan \;dc \;CM \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$

Đay chinh la BDT Holder cho 3 so ma ban

$\dpi{150} \small \:hinh \:nhu \:la \:nam \:1766 \:dung \:ko \: a\: \: \:$

$\small Kẻ HE song song voi AC\rightarrow HE vuong goc voi BH\rightarrow HB\leq EB,HC\leq CD.Do tu giac HEAD la hbh\rightarrow AH=ED\leq AE+AD\rightarrow HA+HB+HC\leq AB+AC(1) .CMTT\rightarrow HA+HB+HC\leq AB+BC(2),HA+HB+HC\leq AC+BC.Tu (1) (2) (3\rightarrow )HA+HB+HC\leq \frac{2}{3}(AB+BC+CA) \rightarrow dpcm$

$\dpi{200} \small Ta có x=y=z=0 ko phai la1 no cua he phuong trinh.Xét xyz\neq 0 Ta có:Đây là hệ hoán vị vòng quanh,dễ cm dc (x,y,z)la no thi x=y=z. Vậy x=y=z=\frac{-8}{7}$

D la diem sao cho HD song song voi AB

$\dpi{150} \small $\dpi{150} \small \:Theo \:Bdt \: Holder\: ta\: co\: \sum \sqrt{\frac{b+c}{a}})^2\left [ \sum \frac{1}{a^2(b+c)} \right ]\geq(\sum \frac{1}{}a)^3 \:Do \:đo \:ta \:chi \:can \:CM \ \sum \frac{1}{a})^3\geq \frac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}\sum \frac{1}{a^2(b+c)}.\:Đặt \:a=\frac{1}{x} ,b= \frac{1}{y},c= \frac{1}{z}\:Bdt\Leftrightarrow \:(x+y+z)^3\geq \6(xy+yz+zx)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y})\:hay \:\frac{(x+y+z)^3}{\sqrt[3]{xyz}} \geq 6(x^2+y^2+z^2)+6xyz(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z}+\frac{1}{x+y})\:Áp \dụng \:Bdt Cauchy-Schwarz \: ,\:ta \:có \:6xyz(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y})\leq 6xyz(\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}+\frac{1}{4z}+\frac{1}{4x})= 3(xy+yz+zx)\:\frac{(x+y+z)^4}{\sqrt[3]{xyz}}\geq \3(x+y+z)^3. \:Như \:vậy \:ta \:chỉ \:cần \:CM \::3(x+y+z)^3\geq 6(x^2+y^2+z^2)+3(xy+yz+zx).Sau khi thu gọn ta dc dpcm.Đay \:là \:cách \: làm\:của \:em \moi : \:nguoi\:xem \:ho \:em \:nhe \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$$

Bài này mình xin trình bày theo cách trâu bò húc $1$ tí

Quy đồng mẫu thức ta có bất đẳng thức tương đương với

       $\frac{\sum (b+c)(c+a}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2-\sum (b+c)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Khai triển ta được $\Leftrightarrow \frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{\sqrt[3]{(abc)^2}+2\sqrt[3]{abc}(a+b+c)-(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

       $\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 2abc+4\sqrt[3]{(abc)^2}(a+b+c)-2\sqrt[3]{abc}(ab+bc+ca)$

       $\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2\sqrt[3]{abc}(ab+bc+ca)\geqslant 4\sqrt[3]{(abc)^2}(a+b+c)$

D0 bất đẳng thức trên là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $abc=1$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau

           $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+2(ab+bc+ca)\geqslant 4(a+b+c)$ với $abc=1$

Áp dụng AM-GM ta có $2ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=(ab+\frac{a}{b})+(ab+\frac{b}{a})\geqslant 2a+2b=2(a+b)$

                                    $2bc+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\geqslant 2(b+c)$

                                    $2ca+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\geqslant 2(c+a)$

Cộng 3 bđt trên lại ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$ 

em thu lam cach khac anh xem nhe

$\dpi{150} \small \:Nhan \:2 \: ve\:cua \:Bdt \:cho \:2 \:, \: ta\:can CM \:\frac{a+b}{ab}+\frac{b+c}{bc}+\frac{a+c}{ac}+\frac{2}{\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{4(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \:Ap \:dung \:Bdt AM-GM, \:ta \:co \:: \:VT=\frac{(a+b)^2}{ab(a+b)}+\frac{(b+c)^2}{bc(b+c)}+\frac{(a+c)^2}{ac(a+c)}+\frac{(2\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\geq \frac{\left [ (a+b+b+c+c+a+2\sqrt[3]{abc}) \right ]^2}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc)}=\frac{4(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}= VP\rightarrow dpcm : \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \:$