kanashini

$A=k_1.k_2+k_2.k_3+k_3.k_4+k_4.k_5 \leq (k_1+k_3+k_5)(k_2+k_4)$

$\sqrt{(k_1+k_3+k_5)(k_2+k_4)}\leq \frac{k_1+k_2+k_3+k_4+k_5}{2}=\frac{1}{2}$

$\rightarrow A\leq \frac{1}{4}$

1b,$\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}\geq\frac{9}{m_{a}+m_{b}+m_{c}}\geq \frac{9}{\frac{9R}{2}}=\frac{2}{R}$

ABC ngoại tiếp (O;r) thì tức là (O;r) nội tiếp ABC mà bạn...    

Mình nhìn nhầm:)

1a,

BĐT $\Leftrightarrow \frac{2S}{a}+\frac{2S}{b}+\frac{2S}{c}\geq 9r$

$\Leftrightarrow 2S(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9r$ (đúng)

Do $2S(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 2S.\frac{9}{a+b+c}=\frac{18S}{2p}=\frac{9S}{p}=\frac{9pr}{p}=9r$

Bạn viết nhầm rồi r là bk đt nội tiếp

R là bán kính đường tròn ngoại tiếp

2,$x=y=0$ là 1 nghiệm của hệ

+ $x;y$ khác 0

Đặt $y=tx$ với t khác 0

Hệ trở thành:

$\left\{\begin{matrix}2t(1-t^2)x^2=3 & \\x^2(1+t^2)=10t &\end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{2t(1-t^2)}{1+t^2}=\frac{3}{10t}$

$\Leftrightarrow 20t^4-17t^2+3=0$

PT này có $t^2=\frac{1}{4}$ hoặc $t^2=\frac{3}{5}$

Đến đây ra rồi

CM:

Xét hiệu:

$\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}- \dfrac{3}{2}=\dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 0$

1,+$x=y=0$ là 1 nghiệm của hệ

+$y$ khác 0

PT(2) $\Leftrightarrow x+y=7$

PT (1) $\Leftrightarrow x^2(x+y)=12y^2$

$\Leftrightarrow 7x^2=12y^2$

$\Leftrightarrow 7(7-y)^2=12y^2$

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

Gỉa sử $a \geq b \geq c$ thì cm đc:

$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \geq  \frac{3}{2}$

Suy ra đpcm.

Theo Cauchy-Schwarz, ta có:

$ab+ac+bc+bd+dc+ce+de+ad+ea+eb\leq 2(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$

$\Rightarrow 5(ab+ac+bc+bd+dc+ce+de+ad+ea+eb)\leq 2(a+b+c+d+e)^2$

$VT \geq \frac{(a+b+c+d+e)^2}{ab+ac+bc+bd+dc+ce+de+ad+ea+eb}$

Lại có: $5(ab+ac+bc+bd+dc+ce+de+ad+ea+eb)\leq 2(a+b+c+d+e)^2$

Suy ra đpcm.

BĐT $\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-a^2-c^2+2ac\geq \frac{9abc}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow (b^2+2ac)(a+b+c)\geq 9abc$ (luôn đúng)

Vì: $b^2+2ac \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}$

$a+b+c \geq 3\sqrt{abc}$

Đặt $x^2=a(a>0)$

$A=a+\sqrt{a^2+\frac{1}{a}}$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A>a & \\(A-a)^2=a^2+\frac{1}{a} &\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A>a & \\2A.a^2-A^2.a+1=0 &\end{matrix}\right.$

$\Delta =(-A^2)^2-4.2A=A^4-8A\geq 0$

$A\geq 2$

ĐKXĐ:...

Đặt $\sqrt{x}=a;\sqrt{y}=b(a;b\geq 0)$

Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1+a^2b^2+ab=a^2 & \\\frac{1}{a^3}-b^3=\frac{1}{a}-8b& \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1+a^2b^2+ab=a^2 & \\\ a^3b^3-1=8a^3b-a^2& \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1+a^2b^2+ab=a^2 & \\\ (ab-1)(a^2b^2+ab+1)=8a^3b-a^2& \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1+a^2b^2+ab=a^2 & \\\ (ab-1)a^2=8a^3b-a^2& \end{matrix}\right.$

Do a khác 0 nên hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1+a^2b^2+ab=a^2 & \\\ ab-1=8ab-1& \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow ab=0$

$P\geq \frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}+\frac{7}{ab+bc+ca}\geq 9+\frac{7}{\frac{1}{3}}=30$

Dấu "=" xaỷ ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$