bđt tương đường với:

\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{a+c}\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Mật khác theo BĐT Cauchy-Schwart ta có:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\)

Vậy để cm bài toán ta cần chứng minh được

\(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

Đây chính là BĐT Schur dang phân thức. Bài toán được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c và a=b=c=0 và hoán vị

Em xin lỗi cô và các bạn! Em giải lại ạ

Giải

Biến đổi tương đương BĐT như sau:

\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{c\left(a^2+b^2\right)}{a+b}+\frac{a\left(b^2+c^2\right)}{b+c}+\frac{b\left(c^2+a^2\right)}{a+c}\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{c\left[\left(a+b\right)^2-2ab\right]}{a+b}+\frac{a\left[\left(b+c\right)^2-2bc\right]}{b+c}+\frac{b\left[\left(c+a\right)^2-2ca\right]}{c+a}\le a^2+b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\le a^2+b^2+c^2+abc\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)

Theo BĐT dang \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\), ta được

\(a^2+b^2+c^2+2abc\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\)

Ta cần chỉ ra được \(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\), BĐT này tương đương với

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)

BĐT trên là hệ quả của BĐT Schur

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

Giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác AEHF và BCEF nội tiếp.

Ta có ∠AEH=∠AFH=90o⇒∠AEH=∠AFH=90o⇒ E, F thuộc đường tròn đường kính AH

⇒⇒ A, E, H, F cùng thuộc một đường tròn

⇒AEHF⇒AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Ta có ∠BEC=∠BFC=90o⇒∠BEC=∠BFC=90o⇒ BCEF  là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I. Vẽ tiếp tuyến ID với (O)(O)(D là tiếp điểm, D thuộc cung nhỏ BC). Chứng minh ID2=IB.ICID2=IB.IC.

Xét ΔIBDΔIBD và ΔIDCΔIDC có:

∠I∠I  chung

∠IDB=∠ICD∠IDB=∠ICD (ID là tiếp tuyến của (O)(O))

⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).

c) DE, DF cắt đường tròn (O)(O) tại M và N. Chứng minh NM // EF.

Xét ΔIBEΔIBE và ΔIFCΔIFC có:

∠I∠I chung

∠IEB=∠ICF∠IEB=∠ICF (BCEF  là tứ giác nội tiếp)

⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF (kết hợp b)

⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID 

Xét ΔIDFΔIDF và ΔIEDΔIED có:

∠I∠I chung

 IDIE=IFID(cmt)IDIE=IFID(cmt)

⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED (2 góc tương ứng)

Mặt khác ∠IDF=∠NMD∠IDF=∠NMD (ID là tiếp tuyến của (O)(O)) ⇒∠IED=∠NMD⇒∠IED=∠NMD (tc)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒⇒ NM // EF.

Cho tam giác ABC nhọn AB

A B C

CHÚC BẠN HỌC TỐT

A B C D E I K J H M O

gọi các điểm như trên hình

I là giao 2 đường tiếp tuyến HI và AC=>OI là phân giác góc EOK (1) và IE=IK

C là giao 2 tiếp tuyến AC và BC => OC là phân giác góc KOD (2) và KC=DC

(1) và (2) => tam giác IOC vuông tại O, có đường cao OK =>OK²=IK.KC <=> OK²=IE.DC

CM tương tự ta được OJ² = EH.BD

mà \(\text{OK=OJ=r}\) 

=>\(\text{IE.DC=EH.BD}\)

=>\(\frac{EH}{EI}=\frac{CD}{BD}\)

Ta có : \(\text{HI // BC}\)

=>\(\frac{EI}{MC}=\frac{AI}{AC}=\frac{AH}{AB}=\frac{EH}{BM}\)

=> \(\frac{BM}{MC}=\frac{EH}{EI}\)

=>\(\frac{BM}{CM}=\frac{EH}{EI}=\frac{CD}{BD}\)

=> \(1+\frac{BM}{CM}=1+\frac{CD}{BD}\)\(\Leftrightarrow\frac{BC}{CM}=\frac{BC}{BD}\Rightarrow CM=BD\)

83110=Hello

Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: BC+AH>AB+AC=> BC+AH-AB>AC=> BC-AB>AC-AH (chuyển vế đổi dấu). (1)

=> Ta phải tạo ra một đoạn thẳng bằng AB trên cạnh BC và 1 đoạn bằng AH trên AC để chứng minh bất đẳng thức vùa biến đổi.

Hình phụ: Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho AB=BD

Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AH=AE

Thay AB=AD và AH=AE vào (1), ta có: BC-BD>AC-AE=>DC>EC

Vậy ta sẽ chứng minh bất đẳng thức DC>EC thay vì chứng minh BC+AH>AB+AC

  A B C H D E 2 1

Xét tam giác AHD có ^AHD=90o (AH là đường cao)=> ^A1+^HDA=90o (2 góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau) (*)

Ta có: ^A2+^BAD=^BAC. Mà đề cho tam giác ABC vuông tại A=> ^BAC=90o=>^A2+^BAD=90o (**)

Từ (*) và (**)=> ^A1+^HDA=^A2+^BAD=90o (***)

Mà AB=BD theo cách vẽ=> Tam giác ABD cân tại B=> ^BAD=^BDA (2 góc ở đáy) hay ^BAD=^HDA (do H thuộc BD) (****)

Từ (***) và (****) => ^A1=^A2 (Trừ 2 vế cho ^HDA và ^BAD do 2 góc đó bằng nhau)

Xét tam giác AHD và tam giác AED có: 

Cạnh AD chung

^A1=^A2 (cmt)              => Tam giác AHD = Tam giác AED (c.g.c)

AH=AE theo cách vẽ

=> ^AHD =^AED. Mà ^AHD=90o=> ^AED=90o => ^DEC=90o (kề bù với ^AED)

=> DC là cạnh lớn nhất trong tam giác DEC=> \(DC>EC\)

Dựa vào hướng giải của bài toán, ta lại biến đổi DC>EC thành bất đẳng thức ban đầu:

DC>EC=> BC-BD > AC-AE (2)

Thay BD=AB, AE=AH vào (2), ta có: BC-AB>AC-AH. Chuyển vế đổi dấu lại ta được: BC+AH>AB+AC (đpcm)

Cách khác nhanh

Xét BC+AH>AB+AC

=>\(\left(BC+AH\right)^2>\left(AB+AC\right)^2\)

=>\(BC^2+2BC.AH+AH^{ }^2>AB^{ }^2+2AB.AC+AC^2\)

Mà \(AB^2+AC^2=BC^2\)(Định lí Pytago) ,\(2S_{ABC}=AH.BC=AB.AC\)

=>\(AH^2>0\)(Luôn đúng)

=> Điều phải chứng minh

Bài này tao kiên trì trong nháp lắm rồi, nhưng trên này tao không kiên trì nữa đâu :))

Tóm lại bài này của mày quy đồng cả hai vế lên Kết hợp với điều giả sử \(a\ge b\ge c\)

Nên có đpcm.

Nguyễn Văn Đạt không cần giả sử nha

\(5\le xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(x+y+z\ge\sqrt{15}\)

\(\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+3y^2+14xy}}=\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+2xy+3y^2+12xy}}\ge\frac{x^2}{\sqrt{9x^2+12xy+4y^2}}=\frac{x^2}{3x+2y}\)

\(A\ge sigma\frac{x^2}{3x+2y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{5\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{5}\ge\sqrt{\frac{3}{5}}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{\frac{5}{3}}\)

h2r r1000

Vì 2k luôn là số chẵn nên nếu k là số lẻ thì trong hai số a + k và a + 2k sẽ có một số chẵn và 1 số lẻ. Mà số chẵn lớn hơn 3 thì chia hết cho 2 => Không là số nguyên tố. Vậy k phải là số chẵn (tức là k chia hết cho 2).

Lý luận tương tự, k phải chia hết cho 3, vì nếu k chia 3 dư 1 hoặc 2 thì 2k chia cho 3 dư 2 hoặc 1 => Trong 3 số a, a +k, a +2k khi chia cho 3 chắc chắn có 1 số chia hết cho 3

(vì nếu a chia hết cho 3 thì trong 3 số đó, số đầu tiên là a chia hết cho 3; 

nếu a chia 3 dư 1 thì a + k hoặc a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2

nếu a chia 3 dư 2 thì a + k và a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2).

Vậy k chia hết cho 2 và cho 3 => k chia hết cho 6. 

Vì 2k luôn là số chẵn nên nếu k là số lẻ thì trong hai số a + k và a + 2k sẽ có một số chẵn và 1 số lẻ. Mà số chẵn lớn hơn 3 thì chia hết cho 2 => Không là số nguyên tố. Vậy k phải là số chẵn (tức là k chia hết cho 2).

tương tự, k phải chia hết cho 3, vì nếu k chia 3 dư 1 hoặc 2 thì 2k chia cho 3 dư 2 hoặc 1 => Trong 3 số a, a +k, a +2k khi chia cho 3 chắc chắn có 1 số chia hết cho 3

(vì nếu a chia hết cho 3 thì trong 3 số đó, số đầu tiên là a chia hết cho 3; 

nếu a chia 3 dư 1 thì a + k hoặc a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2

nếu a chia 3 dư 2 thì a + k và a + 2k phải có 1 số chia hết cho 3 vì trong 2 số k và 2k có 1 số chia cho 3 dư 1 và số kia chia cho 3 dư 2).

Vậy k chia hết cho 2 và cho 3 => k chia hết cho 6. 

ta có

\(0\le\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\left(\forall x,y,z>0\right)\)

\(\Leftrightarrow2xy+2yz+2zx\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)(1)

dấu  = xảy ra khi

\(x=y=z=0\)

theo giả thiết ta có

\(x\left(x+1\right)+y\left(y+1\right)+z\left(z+1\right)\le18\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le18-\left(x+y+z\right)\left(2\right)\)

từ (1) zà (2) suy ra

\(\left(x+y+z\right)^2\le54-3\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)-54\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)\left(x+y+z+9\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow0< x+y+z\le6\left(do\left(x+y+z>0;9>0\right)\right)\)

áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)ta có

\(P=\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\ge\frac{9}{2\left(x+y+z\right)+3}\ge\frac{9}{2.6+3}=\frac{3}{5}\)

Dấu = xảy ra khi zà chỉ khi

\(\hept{\begin{cases}x+y+1=y+z+1=z+x+1\\x+y+z=6\end{cases}=>x=y=z=2}\)

zậy MinP= 3/5 khi x=y=z=2

Ta có : x(x + 1) + y (y+1 ) + z(z + 1) \(\le18\)

<=> x² + y² + z² + ( x + y + z ) \(\le18\)

\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

=> 54 \(\ge\)( x + y+z)² + 3(x + y + z) 

<=> -9 \(\le\)x + y + z \(\le\)6

=> 0 \(\le\)x+y+z \(\le\)6 

\(\frac{1}{x+y+1}+\frac{x+y+1}{25}\ge\frac{2}{5}\)

\(\frac{1}{y+z+1}+\frac{y+z+1}{25}\ge\frac{2}{5}\)

\(\frac{1}{z+x+1}+\frac{z+x+1}{25}\ge\frac{2}{5}\)

=> \(P+\frac{2\left(x+y+z\right)+3}{25}\ge\frac{6}{5}\)

=> P \(\ge\frac{27}{25}-\frac{2}{25}\left(x+y+z\right)\ge\frac{15}{25}=\frac{3}{5}\)

Dấu " =" xảy ra khi :

\(\hept{\begin{cases}x=y=z>0;x+y+z=6\\\left(x+y+1\right)^2=\left(y+z+1\right)^2=\left(z+x+1\right)^2=25\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z=2}\)

Vậy GTNN của P là \(\frac{3}{5}\)khi x = y =z =2

bij ngu af

             33333333333333  ddddddddddddddd

bị ngu à

Dùng Bất đẳng thức Cô sy cho mẫu số

ta có 

\(a^4b^2\ge2\sqrt{a^4b^2}=2a^2b\)\(=>\frac{a}{a^4+b^2}\le\frac{a}{2a^2b}=\frac{1}{2ab}\)

tương tự ta có

\(\frac{b}{b^4+a^2}\le\frac{1}{2ab}\)

\(=>\frac{a}{a^4+b^2}+\frac{b}{b^4+a^2}\le\frac{1}{2ab}+\frac{1}{2ab}=\frac{1}{ab}\)

dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a^4=b^2\\a^2=b^4\end{cases}=>a^2=b^2=1}\)