Cho tam giác ABC bất kỳ, nội tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh:

$R=\frac{abc}{4S}$ 

Vời S là diện tích tam giác, a,b,c là độ dài ba cạnh và R là bán kính đường tròn tâm O

Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có

$a^3 + 1 \geq 2a\sqrt{a}$

$b^3 + 1 \geq 2b\sqrt{b}$

$c^3 + 1 \geq 2c\sqrt{c}$

$a^3 + b^3 + c^3 \geq 3abc = 3*1 = 3$

Cộng 3 vế lại, ta có

$a^3 + b^3 + c^3 +1+1+1 \geq 3+3 = 6 \geq 2a\sqrt{a} + 2b\sqrt{b} + 2c\sqrt{c}$

=> $\frac{a\sqrt{a}}{2} +\frac{b\sqrt{b}}{2}+\frac{c\sqrt{c}}{2} \leq \frac{3}{2}$

=> $\frac{a^3}{2a\sqrt{a}}+\frac{b^3}{2b\sqrt{b}}+\frac{c^3}{2c\sqrt{c}} \leq \frac{3}{2}$

Mà $\frac{a^3}{a^3+1} + \frac{b^3}{b^3+1}+\frac{c^3}{c^3+1} \leq \frac{a^3}{2a\sqrt{a}}+\frac{b^3}{2b\sqrt{b}}+\frac{c^3}{2c\sqrt{c}}$

=> $\frac{a^3}{a^3+1} +\frac{b^3}{b^3+1}+\frac{c^3}{c^3+1} \leq \frac{3}{2}$

=> $3 - \frac{1}{a^3+1}-\frac{1}{b^3+1}-\frac{1}{c^3+1} \leq \frac{3}{2}$

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

Ta có:

$(a+b)(b+c)(c+a)$

$= 2abc + ab(a+b)+ bc(b+c)+ca(c+a)$

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

$= 2 +(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})+(\frac{c}{b}+\frac{b}{c})$

$\geq 2+2+2+2=8$

=> $\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq \sqrt[3]{8} = 2$

=> $\frac{1}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}} \leq \frac{3}{2}$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$

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

Cho $a,b,c >0$

Chứng minh $\sqrt{\frac{a^3}{a^3+(b+c)^3}} + \sqrt{\frac{b^3}{b^3+(a+c)^3}} + \sqrt{\frac{c^3}{c^3+(b+a)^3}} \geq 1$

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác.

CMR: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) +\frac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}\geq9$

Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:

$x^5 +1+1+1+1 \geq 5\sqrt[5]{x^5} = 5x$

Tương tự$y^5+4 \geq 5\sqrt[5]{y^5}=5y$

=>$x^5 + y^5 + 8 \geq 5(x+y) = 10$

=> $x^5 + y^5 \geq 2$

Cho $A = \sqrt{a^2 - 6a + 25}$

=> $2\sqrt{5} A = \sqrt{20*(a^2 - 6a + 25)} \leq a^2 - 6a + 45$

Tương tự, ta có

$M = \sqrt{a^2-6a+25} + \sqrt{b^2-6b+25} + \sqrt{c^2-6b+25}$

=> $2\sqrt{5}M \leq \frac{a^2+b^2+c^2-6a-6b-6c+27}{2}+54$

=> $2\sqrt{5}M \leq \frac{(a-3)^2 + (b-3)^2 +(c-3)^2}{2} + 54$

Thế 3 = a+b+c vào

=>$2\sqrt{5}M \leq \frac{(b+c)^2 + (a+c)^2 + (a+b)^2}{2} + 54$

=> $2\sqrt{5}M \leq \frac{2a^2 + 2b^2+2c^2+2ab+2ac+2bc}{2}$

=> $2\sqrt{5}M \leq \frac{(a+b+c)^2+ab+bc+ac}{2}$

Ta có

$(a+b+c)^2 = 3^2 = 9 = a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac \geq 3ab+3ac+3bc$

=> $ab+bc+ac \leq 3$

=> $2\sqrt{5}M \leq \frac{9+3}{2} + 54 = 60$

=> $M \leq \frac{60}{2\sqrt5} = 6\sqrt{5}$

=> Giá trị lớn nhất của M là $6\sqrt5$

Đẳng thức xảy ra <=> $a=b=c=1$

Bổ đề : Cho $n \geq 4$, chứng minh $3n^2 < 3^n (n \in N)$

- Với $n = 4$ => $3n^2 = 3 * 4^2 = 3 * 16 = 48$ còn $3^n = 3^4 = 81$

$48 < 81$ = > $3n^2 < 3^n$

Cho $n^2 + 3^n = m^2$ với $m\in N, m > n$

<=> $(m - n)(m + n) = 3^n$

- Với $n = k$, $k\in N$, Cho $3k^2 < 3^k$

- Với $n = k+1$ => $3^{k+1} = 3^k * 3 > 3k^2 * 3 = 3 * [(k+1)^2 + 2k^2 - 2k + 1)]$

Vì $k \geq 4$ => $(k+1)^2 > k^2 \geq 16$ => $k^2 + 2k + 1 > k^2 > 16$

=> $2k^2 + 2k + 1 - 2 > 16 + 16 - 2 > 0$

=> $3^{k+1} > 3(k+1)^2$

=> Với mọi $n \geq 4, n\in N$, $3n^2 < 3^n$

Giải : 

Cho$m - n = 3^q$ và $m + n = 3^p$ với $p > q$ và $p,q \in N$<=> $p - q \geq 1$

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

=>$1 + \frac{2n}{m-n} \geq 3^1 = 3$

=> $\frac{2n}{m-n} \geq 2$

=>$n \geq m - n$ => $2n \geq m$

=> $3^n = (m - n)(m + n) \leq (2n - n)(2n + n) = 3n^2$

=>Theo bổ đề : $3n^2 < 3^n$ với $n \geq 4$ => $n \leq 3$

Thử trực tiếp, ta nhận $n = 1$ và $n = 3$ làm nghiệm

Với phương trình bậc ba $Ax^3 + Bx^2 + Cx + D$, đặt $x = t - \frac{B}{3A}$ làm triệt tiêu các hạng tử ở giữa

$\sqrt{\sqrt{3}-x} = x\sqrt{\sqrt{3}+x}$

<=>$\sqrt{3}-x = x^3 + \sqrt{3}x^2$ (1)

Đặt $x = t - \frac{\sqrt{3}}{3}$ và thế vào phương trình và chuyển vế, ta có

$t^3 - \frac{10\sqrt{3}}{9} = 0$

<=> $t = \sqrt[3]{\frac{10\sqrt{3}}{9}}$

<=> $x = \sqrt[3]{\frac{10\sqrt{3}}{9}} - \frac{\sqrt{3}}{3}$

Cho 0 < x ≤ y ≤ z. CM : $\frac{x^2y}{y} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2x}{y} \geqslant x^2 + y^2 + z^2$