$a,b,c \geq 0: \, a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$.Tìm gtnn và gtln của  $P=3a+2b+c$

$Max: \left (2b^{2}+1 \right )(4+4+1)=(b^{2}+b^{2}+1)(4+4+1)\geq (2b+2b+1)^{2} . => \sqrt{2b^{2}+1}\geq \frac{4b+1}{3}. =>6\geq \frac{4(a+b)+2}{3} =>a+b\leq 4 . Min:36=2+2(a^{2}+b^{2}) + 2\sqrt{(1+2a^{2})(1+2b^{2})}= 2+2(a^{2}+b^{2}) + 2\sqrt{1+2(a^{2}+b^{2})+4a^{2}b^{2}}\leq 2+2(a+b)^{2}+2\sqrt{1+2(a+b)^{2}}. Dat: a+b=S => 36\leq 2+2S^{2}+2{\sqrt{1+2S^{2}}} \leq 2+2S^{2}+ \frac{1}{5}(2S^{2}+26)=>S^{2} \geq 12 => S\geq 2\sqrt{3}$

Cho mình hỏi chút kết quả cuối cùng là P ≤ 3/16 chứ bạn nhỉ?

đúng r bạn ạ, mình gõ nhầm cảm ơn bạn nhé

Cho đường tròn (O) và dây AC không phải là đường kính, B là điểm chuyển động trên (O), D là điểm chính giữa cung AC không chứa B.Tiếp tuyến tại C với đường tròn (O) cắt AB tại M, MD cắt (O) tại N ( N khác D), tiếp tuyến tại N với (O) cắt BC tại P.Chứng minh rằng PM luôn vuông góc với 1 đường thẳng cố định.

$x^{4}+1\geq 2x^{2}=> x^{4}+8x+7\geq 2x^{2}+8x+6 =>\frac{x}{x^{4}+8x+7}\leq \frac{x}{2x^{2}+8x+6}\leq \frac{1}{4}\left (\frac{x}{2x^{2}+6}+\frac{x}{8x}\right)=\frac{1}{4}\left ( \frac{x}{2(x^{2}+3)}+\frac{1}{8} \right )=\frac{1}{4}\left ( \frac{x}{2(x+y)(x+z)}+\frac{1}{8} \right ) => P \leq \frac{1}{4}\left ( \sum \frac{x}{2(x+y)(x+z)}+\frac{3}{8} \right ).We have : \sum \frac{x}{(x+y)(x+z)}=\frac{2\sum xy}{(x+y)(y+z)(z+x)} \leq \frac{2\sum xy}{\frac{8}{9}(xy+yz+xz)(x+y+z)}\leq \frac{3}{4} =>P\leq 3/16 .The equality occurs when x=y=z=1$

Cho tam giác ABC nội tiếp (O),tâm nội tiếp I,M là trung điểm BC.N đối xứng I qua M.Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Gọi D,E,F là hình chiếu của N trên BC,CH,HB.CMR tâm ngoại tiếp tam giác DEF nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC

Cho tam giác ABC , trực tâm H,tâm nội tiếp I, M là trung điểm BC,N đối xứng I qua M.P là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC.Gọi X,Y,Z là hình chiếu của N trên BC,CP,PB.Gọi K là tâm đường tròn tam giác XYZ.CMR K luôn thuộc 1 đường tròn cố định khi P di chuyển

Cho tam giác ABC nội tiếp (O),trực tâm H. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm BC,CA,AB.Đường tròn đường kính AH và (O) cắt nhau tại T khác A.AT cắt BC tại Q.NP cắt tiếp tuyến tại A của (O) tại R.
a) CMR QR vuông góc với AH
b)Đường thẳng đối xứng với HM qua phân giác trong góc BHC cắt đoạn thẳng BC tại I.Gọi K là hình chiếu của A trên HJ.CMR đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK tiếp xúc với (O)

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH, D là điểm thuộc trong tam giác AHC sao cho AH đi qua trung điểm BD,CD cắt AH tại E.Qua E kẻ đường thẳng tiếp xúc với với nửa đường tròn đường kính DC về phía bờ AC tại M.Chứng minh BD và AM cắt nhau tại một điểm nằm trên nửa đường tròn đường kính DC

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=3.Chứng minh rằng:

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

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=3.Chứng minh rằng:

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

anh cho em xin link sách được không ạ, em cảm ợn ạ

Mọi người có ý tưởng cho bài này không ạ, em cảm ơn ạ 

Bạn cộng mấy cái lại là sẽ ra

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh 

$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\geq 1+\frac{(b-c)^{2}}{3(b+c)^{2}}$

Mình sẽ phân tích một chút bài $74$ này, cũng là đề của tỉnh mình. Đây là lần đầu mình bình luận một bài bất đẳng thức nên có gì sai sót mong các bạn thông cảm!

Bài này nhìn vào hình thức thì các bạn sẽ có một ý tưởng là cộng mẫu luôn, như vậy thì cái mẫu sẽ có biểu thức $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)$ rất cồng kềnh, chúng ta cần đánh giá nó dựa và đại lượng $a+b+c=3$, tức là ta cố gắng đánh giá $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)\leqslant k(a+b+c)^2+(a+b+c)$ kiểu vậy, nhưng kết quả sẽ hoàn toàn ngược vì thí dụ như ta đánh giá kiểu: $2b\sqrt{a}\leqslant ab+a$ nhằm xuất hiện $a+b+c$, nhưng sẽ thất bại vì đại lượng $3(a^2+b^2+c^2)$, tất cả đánh giá sẽ không đủ để bù đắp "số 3" quá lớn của đại lượng này.

Thử một hướng khác xem, nâng bậc của $a$ ở tử lên bậc 3 để dùng Holder thì lại càng bế tắc vì các căn dưới mẫu, còn bậc $4$ để cộng mẫu thì các đại lượng $3a^2b^2,3b^2c^2,3c^2a^2$ rất khó đánh giá 

Thử đột phá ý tưởng thì ta quan sát thật kĩ, thấy biểu thức $a+2b\sqrt{a}+3b^2$ rất lạ nhưng kĩ thêm một chút thì nó rất quen thuộc, vì sao, nếu đặt $a=x^2,b=y$ thì đại lượng trên trở thành $x^2+2xy+3y^2$, thật bất ngờ. Hướng này có vẻ rất khả thi

Tức chúng ta phải đối dấu lại thành tìm giá trị lớn nhất chứ không phải giá trị nhỏ nhất, như vậy ta quy về: $\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{b(2c\sqrt{b}+3c^2)}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{c(2a\sqrt{c}+3a^2)}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}\leqslant \frac{5}{2}$

Ta quan tâm đến phân thức: $$\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}=\frac{ab(2\sqrt{a}+3b)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}$$

Như vậy ta cần tìm các số $k,h$ nào đó sao cho: $\frac{2x+3y}{x^2+2xy+3y^2}\leqslant \frac{1}{kx+hy}$. Cho dấu bằng $x=y=1$ thì $k+h=\frac{6}{5}$

Thế $h=\frac{6}{5}-k$ vào biểu thức trên rồi phân tích nhân tử $x-y$ sẽ tìm được các hệ số $k,h$

Tóm lại, ta được: $25(a+2b\sqrt{a}+3b^2)\geqslant (2\sqrt{a}+3b)(8\sqrt{a}+22b)$

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{ab}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{bc}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{ca}{8\sqrt{c}+22a}\leqslant \frac{1}{10}$

Tới đây chúng ta phải đổi dấu lại dưới dạng: $\frac{8a\sqrt{a}}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{8b\sqrt{b}}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{8c\sqrt{c}}{8\sqrt{c}+22a}\geqslant \frac{4}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{8a^2}{8a+22b\sqrt{a}}+\frac{8b^2}{8b+22c\sqrt{b}}+\frac{8c^2}{8c+22a\sqrt{c}}\geqslant \frac{4}{5}$

Cộng mẫu là ý tưởng tốt, ta cần chứng minh: $b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\leqslant 3$

Việc này vô cùng đơn giản, xin nhường cho bạn đọc!

$\sum \left (\sqrt{b}.\sqrt{ab} \right )\leq \sqrt{(a+b+c).(ab+bc+ca)} \leq \sqrt{3.3}=3$

em nghĩ là vậy ạ

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 5:

Bài 73: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+a^2b+b^2c+c^2a\ge2(ab+bc+ca)$$

Bài 74: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{2a^2}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{2b^2}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{2c^2}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}$

Bài 75: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1 $. Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+2b}+\sqrt{c^2+2c} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2+24} $$

Bài 76: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a^3+1}{b^2+c^2}+\frac{b^3+1}{c^2+a^2}+\frac{c^3+1}{a^2+b^2}\geqslant a+b+c$

Bài 77: Tìm giá trị lớn nhất của $\sqrt{x-x^3}+\sqrt{x+x^3}$ với $0\leqslant x\leqslant 1$

Ta có:$a^{2}b+b\geq 2ab=>\sum a^{2}b + \sum a \geq 2(ab+bc+ca). Can c/m \sum a^{2} \geq a+b+c. Mat khac,\sum a^{2}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3}. Quyvec/m ,a+b+c\geq 3;Taco ab+bc+ca+abc\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{27}.Datx=a+b+cthibatphuongtrinhtrothanh: x^{3}+9x^{2}-108\geq 0<=>(x-3)(x+6)^{2}\geq 0 <=>x\geq 3 =>dpcm.Dau"="<=>a=b=c=1$

Câu 73 ạ

$Từ  giả  thiết  dễ  thấy :a>b  Từ  giả  thiết =>ab(a-b)^{2}=(a+b)^{2}  .Đặt  S=a+b>0,P=ab>0 Giả  thiết  trở  thành : P.(S^{2}-4P)=S^{2} =>4P.(S^{2}-4P)=4S^{2}\leq \frac{S^{4}}{2}=>8S^{2}\leq S^{4} =>S\geq 2\sqrt{2}. Dấu bằng xảy ra khi  S^{2}=8P , S=2\sqrt{2}=>P=1.Từ  đó  dễ  dàng  tìm  được         a=\sqrt{2}+1,b=-1+\sqrt{2}$

$VT=\frac{\sum [(1+a+c)(1+b+c)]}{\prod [1+a+b]}=\frac{3+4(a+b+c)+3(ab+bc+ca)+a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(a+b+c)+a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)+abc+(a+b)(b+c)(c+a)}.Đặt  p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc.Ta có r=1,a^{2}+b^{2}+c^{2}=p^{2}-2q,(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r=>VT=\frac{3+4p+q+p^{2}}{2+p^{2}+q+pq} .VP=\frac{\sum [(2+b)(2+c)]}{\prod [2+a]}=\frac{12+ab+bc+ca+4(a+b+c)}{8+abc+4(a+b+c)+2(ab+bc+ca)} =>VP=\frac{12+4p+q}{9+2q+4p}.Ta cóVT\leq VP <=>\frac{3+4p+q+p^{2}}{2+p^{2}+q+pq}\leq \frac{12+4p+q}{9+2q+4p} <=>27+24p+3q+q^{2}+5p^{2}\leq 6pq+3p^{2}q +pq^{2}.Ta có:2p^{2}q\geq 6p^{2}\geq 5p^{2}+3q;p^{2}q\geq 27;\frac{1}{3}pq^{2}\geq q^{2};\frac{2}{3}pq^{2}\geq 6p;6pq\geq 18p$

$\ 4C=4x+\frac{1}{x}+\frac{4x}{4x^{2}+4x+1}=4x+\frac{1}{x}+\frac{4}{4x+\frac{1}{x}+4}=4x+\frac{1}{x}+4+\frac{64}{4x+\frac{1}{x}+4}-\frac{60}{4x+\frac{1}{x}+4}-4\geq 16-\frac{60}{4+4}-4=12-7.5=4.5=>C\geq \frac{4.5}{4}$