Đặt $\left ( x,y,z \right )=\left ( \tan A, \tan B, \tan C \right )$ thì $\left\{\begin{matrix} x,y,z>0\\ x+y+z=xyz \end{matrix}\right.$

 

Áp dụng bất đẳng thức $Holder$

$x^{5}+y^{5}+z^{5}\geq \frac{1}{3^{4}}\left ( x+y+z \right )^{5}$

 

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta thấy

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

$\Rightarrow x+y+z\geq 3\sqrt{3}$

 

Do đó $x^{5}+y^{5}+z^{5}\geq \left ( \frac{3\sqrt{3}}{3} \right )^{4}\left ( x+y+z \right )=9\left ( x+y+z \right )$

 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $A=B=C=\pi /3$

Bạn có thể viết rõ chỗ sử dụng bất đẳng thức  Holer được không. Nếu đk thì cm hộ mình vs

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn$a+b+c=3$. Tìm GTNN của:

$P=\frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}+\frac{c\sqrt{c}}{\sqrt{2b+c+a}}+\frac{a\sqrt{a}}{\sqrt{2c+a+b}}$

Giải hệ: 

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}(1+\frac{3}{x+y})=\frac{16}{5} & \\ \sqrt{y}(1-\frac{3}{x+y})=\frac{2}{5}& \end{matrix}\right.$

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $y+z=x(y^2+z^2)$ 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}+\frac{4}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh:

$\sum \frac{a^{4}}{(1+b)(1+c)}\geq \frac{3}{4}$

Cho x,y là hai số dương thỏa mãn $x^2+y^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=(1+x)(1+\frac{1}{y})+(1+y)(1+\frac{1}{x})$

Giải phương trình:

$\frac{2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{3-x}}=1+\sqrt{3+2x-x^2}$

Đặt $t=\frac{\cos x}{\sin x}>1$

BĐT tương đương $\cos x(\sin^2x+\cos^2x)>8\sin^2x(\cos x-\sin x)$

              $\Leftrightarrow t(1+t^2)>8(t-1)$

              $\Leftrightarrow t^3-7t+8>0$

Dễ thấy bđt trên đúng với $t>1$

Tại sao lại đặt t như vậy, bạn có thể nói rõ hướng suy nghĩ đk ko? Có thể đưa về biến sin hoặc cos rồi đạo hàm đk ko nhỉ?

Chứng minh rằng với mọi $x\in (0;\frac{\pi}{4})$ ta luôn có: 

$\frac{cosx}{sin^2x(cosx-sinx)}> 8$

Tìm GTLN,GTNN của hàm số: $y=\sqrt{cos2x-4cosx+5}+\sqrt{cos2x+12cosx+27}$

Cho tam giác ABC. Tìm GTLN của:

$T=\frac{\sqrt[3]{sinA}+\sqrt[3]{sinB}+\sqrt[3]{sinC}}{\sqrt[3]{cos\frac{A}{2}}+\sqrt[3]{cos\frac{B}{2}}+\sqrt[3]{cos\frac{C}{2}}}$

Giải bất phương trình:

$9x^2+8x-32>16\sqrt{8-2x^{2}}$

Áp dụng bất đẳng thức phụ sau : $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geqslant \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}$

         $\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\sqrt[3]{abc}\geqslant \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}$

Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geqslant \frac{10}{3}\geqslant \frac{10}{9(a^2+b^2+c^2)}$

Chứng minh 1: Đặt $t=\sqrt[3]{abc}\leqslant \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$

       $\Rightarrow \frac{1}{t}+t=(\frac{1}{9t}+t)+\frac{8}{9t}\geqslant \frac{10}{3}$ do AM-GM và $t\leqslant \frac{1}{3}$

Chứng minh 2: $\frac{10}{3}\geqslant \frac{10}{9(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geqslant 1$

BĐT trên luôn đúng theo AM-GM $3(a^2+b^2+c^2)\geqslant (a+b+c)^2=1$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bạn có thể nói rõ hơn cách chứng minh bất đẳng thức phụ ở phần đầu đk k???

Cho a,b,c >0 thỏa mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\sqrt[3]{abc}\geq \frac{10}{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$
 

Cho $x,y,z\geq 0$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$. Chứng minh: $\frac{x^{3}}{\sqrt{1+y^{^{2}}}}+\frac{y^{3}}{\sqrt{1+z^{^{2}}}}+\frac{z^{3}}{\sqrt{1+x^{^{2}}}}\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

Giải hệ:$\left\{\begin{matrix} \left | xy-18 \right |=12-x^2 & \\ xy=9+\frac{1}{3y^2}& \end{matrix}\right.$

$\frac{x^{3}}{\sqrt{1+y^{^{2}}}}+\frac{y^{3}}{\sqrt{1+z^{^{2}}}}+\frac{z^{3}}{\sqrt{1+x^{^{2}}}}=\frac{x^{4}}{x\sqrt{1+y^{^{2}}}}+\frac{y^{4}}{y\sqrt{1+z^{^{2}}}}+\frac{z^{4}}{z\sqrt{1+x^{^{2}}}}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{x\sqrt{1+y^{^{2}}}+y\sqrt{1+z^{^{2}}}+z\sqrt{1+x^{^{2}}}}\geq \frac{3^{2}}{\sqrt{(x^{2}+y^{2}+z^{2})((x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}+3)}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Chỗ cuối áp dụng bđt nào vậy bạn?

Cho a,b,c >0, a+b+c = 1. Chứng minh rằng:

$\sqrt[3]{(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ab}-1)}\geq 8$

MOD : Chú í tiêu đề

bạn cũng có thể giải theo cách này

$(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)\geq (\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(b+c)^{2}}-1)(\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+c)^{2}}-1)$

có $\frac{4(a+b+c)^{2}}{(a+b)^{2}}-1= (\frac{2(a+b+c)}{a+b}-1)(\frac{2(a+b+c)}{a+b}+1)=(\frac{a+b+2c}{a+b})(\frac{3a+3b+2c}{a+b})\geq \frac{2\sqrt{(a+c)(b+c)}}{(a+b)^{2}}4\sqrt[4]{(a+c)(b+c)(a+b)^{2}}= \frac{8\sqrt[4]{(a+c)^{3}(b+c)^{3}(a+b)^{2}}}{(a+b)^{2}}$

tương tự, sẽ thu được 2 biểu thức còn lại lớn hơn hoặc bằng $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(b+c)^{3}(a+c)^{2}}}{(a+c)^{2}}$; $\frac{8\sqrt[4]{(a+b)^{3}(a+c)^{3}(b+c)^{2}}}{(b+c)^{2}}$

suy ra VT lớn hơn hoặc bằng $\sqrt[3]{8^{3}\frac{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}}}=8$

Hì, cái này có vẻ hơi thiếu tự nhiên tí đoạn đầu bạn nhỉ? Nghĩ ra hướng này cx khá khó, bạn chỉ mình cách suy nghĩ đk k?

Xét $P^3=(\frac{1}{ab}-1)(\frac{1}{bc}-1)(\frac{1}{ca}-1)=\frac{(1-ab)(1-bc)(1-ca)}{(abc)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có $1-ab \geqslant 1-\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{(2+a+b)(2-a-b)}{4}=\frac{\left [ (a+1)+(b+1) \right ](c+1)}{4}\geqslant \frac{\sqrt{(a+1)(b+1)}(c+1)}{2}$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại ta có

     $P^3\geqslant \frac{(a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2}{8(abc)^2}=\frac{1}{8}\left [ \frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} \right ]^2$

Xét $\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc} =\frac{(2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)}{abc}\geqslant \frac{4\sqrt[4]{a^2bc}.4\sqrt[4]{ab^2c}.4\sqrt[4]{abc^2}}{abc}=64$

$\Rightarrow P^3 \geqslant \frac{64^2}{8}=8^3\Rightarrow P\geqslant 8$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cách giải của bạn hay lắm. Nhưng mình đang nghĩ theo một hướng khác. Kiểu như chứng minh thêm 1 bất đẳng thức phụ với căn bậc 3 oy áp dụng có nhanh hơn không nhỉ???

P/s: Bạn fan Ronaldo hả, có thích Real k@@

Cho tam giác ABC có hai trung tuyến AA' vuông góc với CC'. Tìm GTNN của cosB.

Cho các số x,y,z thay đổi thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P=(xy+yz+2xz)^2- \frac{8}{(x+y+z)^2-xy-yz+2}$

Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4$. Chứng minh rằng: 

$\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\leq 1$

Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z:

$(\sum \left | x+y-z \right |) + \left | x+y+z \right | \geqslant 2(\sum \left | x \right |)$

Dấu "=" xảy ra khi nào?

Bài này có nhiều cách giải lắm!       

Thì chọn cách giải đi bạn