trungvmfcsp

Mình xin chém câu bất (ms nghĩ ra @@)

Ta có: VT = $\frac{1}{1+\frac{b^{2}}{a}}+\frac{1}{1+\frac{c^{2}}{b}}+\frac{1}{1+\frac{a^{2}}{c}}$

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

$=\sum \frac{1+a}{(a+2b+c)^{2}}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{1+a}{(a+b)(b+c)}=\frac{1}{4}\frac{\sum (1+a)(1-b)}{\prod(1-a)}=\frac{1}{4}*\frac{3-(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca-abc}$

Ta chứng minh $\frac{3-(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca-abc}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$<=>(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc$ (đúng do a+b+c = 1)

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

Một lời giải mới bài 14. $\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1}\geq \frac{9}{5}$

Ta có: $\frac{a+b}{ab+1}+\frac{b+c}{bc+1}+\frac{c+a}{ca+1} =\frac{(a+b)^{2}}{(a+b)(ab+1)}+\frac{(b+c)^{2}}{(b+c)(bc+1)}+\frac{(c+a)^{2}}{(c+a)(ca+1)}$

$\geq \frac{(2(a+b+c))^{2}}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2(a+b+c)}=\frac{4}{2+ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)}= \frac{4}{2+ab+bc+ca-3abc}$

Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{4}{2+ab+bc+ca-3abc}\geq \frac{9}{5} \Leftrightarrow 2+27abc\geq 9(ab+bc+ca)$ (1)

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:

$9abc\geq 4(ab+bc+ca)-1\Leftrightarrow 27abc>=12(ab+bc+ca)-3$

Thay $27abc\geq 12(ab+bc+ca)-3$ vào (1) ta có: $ab+bc+ca \leq \frac{1}{3}$

Bất đẳng thức đúng do $a + b + c = 1$, ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$

Mình xin bổ sung cách khác bài 1: 

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

Thế này dc k ạ :? Đặt $A=\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}$

Ta CM: $A^2 \geq 4 <=>2a^2+2+2\sqrt{(a^2+a+1)(a^2-a+1)}\geq 4 <=>2a^2+2+2\sqrt{a^4+a^2+1}>=4$

Mà $a^2 \geq 0; a^4\geq 0 => 2a^2+2+2\sqrt{a^4+a^2+1}\geq 0+2+2=4(dpcm)$

Dấu "=" xảy ra <=> a = 0

Mình xin trả lời :S

Từ A hạ AK vuông góc BC => KB = KC. 

Vì d qua trung điểm AB, AC nên d là đường trung bình tam giác ABC. Gọi E là giao của AK với d ta có A và K đối xứng nhau qua E.

Vì A(6;6) mà A và K đối xứng qua d => Ta tìm được E(2; 2) và K(-2; -2).

Vì d là đường trung bình nên d song song BC => $n_{BC}=n_{d}=(1;1)$

=> PT(BC): $x+y+4=0$

=>$y_{B}=-4-x_{B}$ (1) => $\vec{AB}=(x_{B}-6;y_{B}-6)=(x_{B}-6;-10-x_{B})$

Vì $KB=KC =>x_{B}+x_{C}=-4<=>x_{C}=-4-x_{B}; y_{C}=-4-y_{B}$ (2)

Ta có: $\vec{CE}=(x_{C}-1;y_{C}+3)=(-5-x_{B};-1-y_{B})=(-5-x_{B};3+y_{B})$ (do (1) và (2))

Mà $\vec{AB}*\vec{CE}=0$ ta có pt với $x_{B}$. Từ đó tìm các thông số còn lại.

Có vẻ hơi dài :V

Em xin mạn phép chém câu bđt ạ :S .

P = $\frac{(2x+3y+z)^3}{3\sqrt[3]{z^2x^2}+1}+\frac{(2y+3z+x)^3}{3\sqrt[3]{x^2y^2}+1}+\frac{(2z+3x+y)^3}{3\sqrt[3]{y^2z^2}+1}$

Vì x, y, z > 0 => Áp dụng AM-GM ta có $xyz\leq \frac{(x+y+z)^3}{27}=1$

=> xyz <= 1 => $(xyz)^2 \leq 1$ => $(zx)^2<=\frac{1}{y^2}$

=> $3\sqrt[3]{z^2x^2}+1\leq 3\sqrt[3]{\frac{1}{y^2}}+1=3\sqrt[3]{\frac{1}{y}*\frac{1}{y}*1}+1<=\frac{2}{y}+2=\frac{2(y+1)}{y}$

=> $\frac{(2x+3y+z)^3}{3\sqrt[3]{z^2x^2}+1}>=\frac{y(2x+3y+z)^3}{2(y+1)}=\frac{y(x+2y+3)^3}{2(y+1)}$

Tương tự:

=> $P\geq \frac{y(x+2y+3)^3}{2(y+1)}+\frac{z(y+2z+3)^3}{2(z+1)}+\frac{x(z+2x+3)^3}{2(x+1)}$

=$\frac{y(x+1+y+1+y+1)^3}{2(y+1)}+\frac{z(y+1+z+1+z+1)^3}{2(z+1)}+\frac{x(z+1+x+1+x+1)^3}{2(x+1)}$

$\geq \frac{27y(x+1)(y+1)^2}{2(y+1)}+\frac{27z(y+1)(z+1)^2}{2(z+1)}+\frac{27x(z+1)(x+1)^2}{2(x+1)}$

=$\frac{27}{2}(y(x+1)(y+1)+z(y+1)(z+1)+x(z+1)(x+1))$

$=\frac{27}{2}(x^2+y^2+z^2+xy^2+yz^2+zx^2+x+y+z+3)$

$=\frac{27}{2}(x^2+y^2+z^2+x(y^2+1)+y(z^2+1)+z(x^2+1)+3)$

$\geq \frac{27}{2}(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx+3)$

$=\frac{27}{2}((x+y+z)^2+3)=\frac{27}{2}(3^2+3)=162$

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1.

=> Min P = 162 <=> x = y = z = 1. 

Em xin mạn phép viết lại suy nghĩ của e về bài 9 :|. Em thử làm hoy k biết có đúng hok, mong mọi người chỉ giáo :S

Áp dụng bđt Cauchy - Schwarz ta có:

$\frac{x^2}{xy+z}$ + $\frac{y^2}{yz+x}+\frac{z^2}{zx+y}$ $>= \frac{(x+y+z)^2}{x+y+z+xy+yz+zx}=\frac{(x+y+z)^3}{(x+y+z)(x+y+z+xy+yz+zx)}$

ĐPCM <=> $3(x^2(y+1)+y^2(z+1)+z^2(x+1)) >= (x+y+z)(x+y+z+xy+yz+zx)$

$<=>(x+y+z)^2+(x+y+z)(xy+yz+zx)<=3(x^2+y^2+z^2)+3(x^2y+y^2z+z^2x)$

$<=>x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+3xyz<=3(x^2+y^2+z^2)+3(x^2y+y^2z+z^2x)$

$<=>2(xy+yz+zx)+xy^2+yz^2+zx^2+3xyz<=2(x^2+y^2+z^2+x^2y+y^2z+z^2x)$

$Do:xy+yz+zx <= x^2+y^2+z^2$

=> ĐPCM <=> $xy^2+yz^2+zx^2+3xyz<=2(x^2y+y^2z+z^2x)$

Mà: $x^2y+y^2z+z^2x>=3xyz$ (do AM-GM)

=> ĐPCM <=> $xy^2 + yz^2 + zx^2<=x^2y+y^2z+z^2x$

<=> $xy(x-y)+yz(y-z)+zx(z-x)>=0$ (*)

Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử $x>=y>=z$

(*) <=>$xy(x-y)+yz(y-z)+zx(z-y+y-x)>=0$

<=> $xy(x-y)+yz(y-z)-zx(y-z)-zx(x-y)>=0$

<=>$x(x-y)(y-z)-z(x-y)(y-z)>=0$

<=>$(x-y)(y-z)(x-z)>=0$ (đúng)

=> ĐPCM