Cho $a,b,c$ là các cạnh của 1 tam giác nhọn. Chứng minh rằng

 $\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq cosA.cosB.cosC$

Gọi K là trung điểm XY EK cắt (O) tại N
Thì EM.EF= EK.EO
=> 2EM.EF = EK.EN = EY^2 =EF ^2
=> 2EM=EF
=> ME=MF

câu2b

  $2\left ( m^{2}+n^{2} \right )-1 \vdots m+n+1 \Rightarrow (m+n)^{2}-1 +(m-n)^{2}\vdots m+n+1 \Rightarrow (m-n)^{2} \vdots m+n+1 \Rightarrow m-n \vdots m+n+1$

 không mất tính tổng quát giả sử  $m\geq n$ => m-n>=0

 ta có 2 TH

TH1: m-n =0 => m=n => mn là SCP

TH2: m-n >0 thì

    $m-n\geq m+n+1\Rightarrow 0\geq 2n+1$ (vô lý)

=> đpcm ( 

p/s: các bạn xem cách giải của mình có đúng ko mình sợ sai lắm

Căn b^2 +1 ở cuối thay bằng Căn c^2 +1
(Sorry các bạn nhớ giúp mình)

Lời giải không chính xác, cho bộ (0.5;2;2) thay vào bất đẳng thức cuối

Mà bất đẳng thức cũng sai nếu với bộ như trên

Cho abc>=1 chứng minh

$\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1} \leq \sqrt{2}(a+b+c)$

Qua B kẻ BP Qua C kẻ CQ song song vs MN

thì AB/AM= AP/AG

     AC/AN=AQ/AG

=> AB/AM+AC/AN= (AP+AQ)/AG

AG cắt BC tại S

=> tg BPS=tg CGS (gcg)

=> AP+AQ=2 AS

=> AB/AM+AC/AN = 2AS/AG=3

=> A=2025 hoặc A=9025

9025 thử lại ko được 

đặt 

$\sqrt{a}-\sqrt{b}=m(m\in Q) \Rightarrow a=m^{2}+b+2m\sqrt{b} \Rightarrow m=0\Rightarrow a=b$

vô lý

$\Leftrightarrow x+2\sqrt{3}=y+z+2\sqrt{yz}\Leftrightarrow \frac{x-z-y}{2}=\sqrt{yz}-\sqrt{3}$

Đặt $\frac{x-z-y}{2}=a (a\in Q) \Rightarrow a+\sqrt{3}=\sqrt{yz} \Rightarrow a^{2}+3+2a\sqrt{3}=yz \Rightarrow a=0 \Rightarrow yz=3 \Rightarrow y=3 z=1 ; z=3y=1$

thay vào được x

Ta có :

      $(MA+\sqrt{3}MB)^{2}\leq (1+3)(MA^{2}+MB^{^{2}})=4AB^{2} \Rightarrow MA+\sqrt{3}MB\leq 2AB(khongdoi)$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \frac{MA}{1}=\frac{MB}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow \frac{MA^{2}}{1}=\frac{MB^{2}}{3}=\frac{AB^{2}}{4} \Leftrightarrow MA=\frac{AB}{2}=\frac{MB}{\sqrt{3}}$

cách dựng điểm M

   dựng góc MAB = 60 độ (M thuộc (O))

AM cắt BC tại I

kẻ BE vg AI , CF vg AI

Sabm= AM.BE/2 <= AM. BI/2

Cmtt S amc <= AM.CI/2

suy ra Sabmc <= AM.BC/2

Cmtt => Sabc<= AM.BC+BM.CA+CM.AB

dấu "=" xảy ra khi M là trực tâm

Bài 3a

  đặt

  $x+\sqrt{2018}=a$    (a>0)

$\frac{7}{x} - \sqrt{2018}=b$  

(a,b nguyên)

=> $x-\frac{7}{x}=a-b-2\sqrt{2018}$

và

   $ab=7-2018-\sqrt{2018}(x-\frac{7}{x})=-2011 - \sqrt{2018}(a-b-2\sqrt{2018}$)$

$= 2025 - \sqrt{2018}(a-b)\Rightarrow ab-2025=\sqrt{2018}(a-b)$

mà a b nguyên 

nên a=b ( nếu a khác b thì $\sqrt{2018}$ là số hữu tỉ(vô lý))

  $\Rightarrow x+\sqrt{2018}=\frac{7}{x}-\sqrt{2018}$

  =>  $a^{2}=2025\Rightarrow a=45\Rightarrow x=45-\sqrt{2018}$

Ta có: $x-\frac{x^{2}}{2y^{3}+x}= \frac{2y^{3}x}{2y^{3}+x}\leq \frac{2y^{3}x}{3y^{2}\sqrt[3]{x}}=\frac{2}{3} y\sqrt[3]{x^{2}}=\frac{2}{3} \frac{yx+yx+y}{3}$

cmtt

$3-P\leq \frac{2}{9} (yx+yx+y+x+z+2xy+2yz)\leq \frac{2}{9} . 9=2 \Rightarrow P\geq 1$

Ta có: 

$\frac{x^{2}}{x^{4}+yz} \leq \frac{x^{2}}{2x^{2}\sqrt{yz}}=\frac{1}{2\sqrt{yz}}$

chứng minh tt: 

  P $\leq \frac{1}{2} (\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}+\frac{1}{\sqrt{xy}})$

cần cm

 $(\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}+\frac{1}{\sqrt{xy}})\leq 3 \Leftarrow x\sqrt{yz}+y\sqrt{zx}+z\sqrt{xy} \leq 3xyz \Leftarrow x\sqrt{yz}+y\sqrt{zx}+z\sqrt{xy} \leq x^{2}+y^{2}+z^{2} (x^{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 4x\sqrt{yz})$

=> đpcm

$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} +\frac{1}{z} = 0 => xy+yz+zx=0$

=> $x^{2}+2yz=x^{2}+yz-xy-xz=(x-y)(x-z)$

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

cmtt=> $\frac{1}{x^{2}+2yz}+\frac{1}{y^{2}+2zx}+\frac{1}{z^{2}+2xy}=0$

=> đpcm

$\overline{ab}^{^{2}} -\overline{ba}^{^{2}} = 11.9.(a-b)(a+b) => (a-b)(b+a) \vdots 33$

mà (a-b)(a+b)<=162

 giả sử a>= b thì

vì a-b và a+b có cùng tính chẵn lẻ nên (a-b)(a+b)=0,33,99, 132

   với a-b=3 và a+b=11

   .......

ta có hệ 

   $x^{2}+y^{2}-xy=2$  (1)

   $x^{3}=x+y$

=> $2x^{3}=($x^{2}+y^{2}-xy)(x+y)$

=> $2x^{3}=x^{3}+y^{3}$

=> x=y

thay vào (1) ta có x=y= $+-\sqrt{2}$

cho m,n,p là các số thực thỏa mãn

  $n^{2} +np +p^{2}= 1-\frac{3m^{2}}{2}$

Tìm MAX và MIN của m+n+p

Cho a,b,c >0 thỏa mãn abc=1

chứng minh

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

Bài 3 là một trong những bài BĐT hoán vị hay của tác giả Trần Quốc Anh  sử dụng AM-GM ngược dấu ( lưu ý: a,b,c không âm  mới có dấu bằng)
Lời giải:
Ta có:

$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3} \right )\geq \frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^2}{12} \right )$

Hoàn toàn tương tự rội cộng vào ta thì BĐT trở thành 

$\frac{1}{6}\left ( 3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12} \right )\geq \frac{1}{6}\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq 4$

Ta đi chứng minh BĐT mạnh hơn đó là:

$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$

Thật vậy: Do tính hoán vị ta giả sử b nằm giữa a và c ta có: 

$a(b-c)(b-a)\leq 0\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc=b(a+c)^2+a(b-a)(b-c)\leq b(a+c)^2=\frac{1}{2}.2b(a+c)(a+c)\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{2(a+b+c)}{3} \right )^3=4$

Vậy BĐT được chứng minh, dấu bằng (a,b,c)=(0,1,2) và các hoán vị 

hình như a,b,c > 0 mà

bạn lm dc chua

p/s mk làm dc thi da ko hoi

bài 3 hình như không có dấu bằng xảy ra

chỗ này bạn chắc bạn phải CM $abc\geq 1$

vậy bn cm thế nào vậy?

hình như bạn nhầm dấu rồi

 a>=b    c>=d thì   ac>=bd mà

chỗ này bạn chắc bạn phải CM $abc\geq 1$

vậy bn cm thế nào vậy?

chứng minh abc <= 1 

  ta có $3= a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow \sqrt[3]{abc} \leq 1 \Rightarrow abc\leq 1$

$x^{2} - 2x = 2\sqrt{2x-1} \Leftrightarrow x^{2} \doteq 2x-1+2\sqrt{2x-1} +1 \Leftrightarrow x= \sqrt{2x-1} +1$

sau đó tìm được x và thử vào pt 2 xem có thỏa mãn ko