1 bài BĐT rất hay !!!!!!

BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333

\(S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc\)

\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc\)

\(S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc\)

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}\)

=>    \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc\)

=>    \(72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)\)

TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU:   \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=>   \(S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)

TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

\(a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}\)

ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau: 

=>   \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}\)

=>   \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}\)

=>   \(S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}\)

=>   \(S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)

VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=>   \(a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}\)

\(P=\frac{a}{2b+2c-a}+\frac{b}{2c+2a-b}+\frac{c}{2a+2b-c}=\frac{a^2}{2ab+2ac-a^2}+\frac{b^2}{2bc+2ab-b^2}+\frac{c^2}{2ac+2bc-c^2}\)

vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác áp dụng bđt tam giác có:

\(\hept{\begin{cases}b+c>a\Rightarrow2b+2c>a\Rightarrow2ab+2ac>a^2\Rightarrow2ab+2ac-a^2>0\\c+a>b\Rightarrow2c+2a>b\Rightarrow2bc+2ab>b^2\Rightarrow2bc+2ab-b^2>0\\a+b>c\Rightarrow2a+2b>c\Rightarrow2ac+2bc>c^2\Rightarrow2ac+2bc-c^2>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{2ab+2ac-a^2}+\frac{b^2}{2bc+2ab-b^2}+\frac{c^2}{2ac+2bc-c^2}>0\)áp dụng bđt cauchy schawazt dạng enge ta có:

\(\frac{a^2}{2ab+2ac-a^2}+\frac{b^2}{2bc+2ab-b^2}+\frac{c^2}{2ac+2bc-c^2}>=\)

\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2ac-a^2+2bc+2ab-b^2+2ac+2bc-c^2}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4ab+4ac+4bc-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\left(1\right)\)

vì \(a^2+b^2+c^2>=ab+ac+bc\Rightarrow4ab+4ac+4bc-\left(a^2+b^2+c^2\right)< =\)

\(4ab+4ac+4bc-\left(ab+ac+bc\right)\)mà \(\left(a+b+c\right)^2>0\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4ab+4ac+4bc-\left(a^2+b^2+c^2\right)}>=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4ab+4ac+4bc-\left(ab+ac+bc\right)}\)(2)

\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4ab+4ac+4bc-ab-ac-bc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3ab+3ac+3bc}=\frac{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc}{3ab+3ac+3bc}\)

\(>=\frac{ab+ac+bc+2ab+2ac+2bc}{3ab+3ac+3bc}=\frac{3ab+3ac+3bc}{3ab+3ac+3bc}=1\)(3)

từ (1)(2)(3)\(\Rightarrow\frac{a^2}{2ab+2ac-a^2}+\frac{b^2}{2bc+2ab-b^2}+\frac{c^2}{2ac+2bc-c^2}>=1\)

\(\Rightarrow P=\frac{a}{2b+2c-a}+\frac{b}{2c+2a-b}+\frac{c}{2a+2b-c}>=1\)

dấu = xảy ra khi a=b=c

vậy min P là 1 khi a=b=c

Đặt \(\hept{\begin{cases}x=2b+2c-a\\y=2c+2a-b\\z=2a+2b-c\end{cases}}\)

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác nên \(x,y,z>0\)

Khi đó :

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{2y+2z-x}{9}\\b=\frac{2z+2x-y}{9}\\c=\frac{2x+2y-z}{9}\end{cases}}\)

Ta có bất đẳng thức mới theo ẩn x,y,z : 

\(\frac{2y+2z-x}{9x}+\frac{2z+2x-y}{9y}+\frac{2x+2y-z}{9z}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{9}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{y}+\frac{x}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)-\frac{1}{3}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{2}{9}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\frac{2}{9}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{1}{3}\ge1\)

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau : 

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\forall a,b>0\)

Thật vậy : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}-2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)(luôn đúng \(\forall a,b>0\))

Áp dụng , ta được :

\(\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2+\frac{2}{9}.2-\frac{1}{3}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{12}{9}-\frac{1}{3}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{9}{9}\ge1\)(đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

a on à :D 

Xét tam giác ABC có: AB = c, BC = a, AC = b.Từ A dựng đường thẳng d // BC. Lấy B' đối xứng với B qua d.Ta nhận thấy: BB' = 2.h . Ta có: B B ′ 2 + B C 2 = B ′ C 2 BB′2+BC2=B′C2 \leq ( B ′ A + A C ) 2 (B′A+AC)2 . Suy ra: 4. h a 2 4.ha2 \leq ( c + b ) 2 − a 2 (c+b)2−a2 (1) Hoàn toàn tương tự: 4. h b 2 4.hb2 \leq ( c + a ) 2 − b 2 (c+a)2−b2 (2) 4. h c 2 4.hc2 \leq ( a + b ) 2 − c 2 (a+b)2−c2 (3) Từ (1)(2)(3) ta có: ( c + b ) 2 − a 2 + ( c + a ) 2 − b 2 + ( a + b ) 2 − c 2 (c+b)2−a2+(c+a)2−b2+(a+b)2−c2 \geq 4. ( h a 2 + h b 2 + h c 2 ) 4.(ha2+hb2+hc2) \Rightarrow ( a + b + c ) 2 (a+b+c)2 \geq 4. ( h a 2 + h b 2 + h c 2 ) 4.(ha2+hb2+hc2) (dpcm)

Bài 7 : 

( bạn đạt A = (...) cái biểu thức đấy nhé, tự đặt ) 

Ta có : 

\(\frac{1}{\sqrt{1}}=\frac{1}{1}>\frac{1}{10}=\frac{1}{\sqrt{100}}\)

\(\frac{1}{\sqrt{2}}>\frac{1}{\sqrt{100}}\)

\(\frac{1}{\sqrt{3}}>\frac{1}{\sqrt{100}}\)

\(............\)

\(\frac{1}{\sqrt{100}}=\frac{1}{\sqrt{100}}\)

\(\Rightarrow\)\(A=\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}>\frac{1}{\sqrt{100}}+\frac{1}{\sqrt{100}}+\frac{1}{\sqrt{100}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}\)

\(A>\frac{100}{\sqrt{100}}=\frac{100}{10}=10\)

\(\Rightarrow\)\(A>10\)

Vậy \(A>10\)

Chúc bạn học tốt ~ 

Bạn làm được mình bài 7 thôi à, mình thấy bạn giỏi lắm mà. Mình có tới mấy chục bài cần giải cơ. Dạo này mình hỏi nhiều vì sắp đi thi.

Ta có:

A = \(\frac{a}{2b+3c}+\frac{b}{2c+3a}+\frac{c}{3b+2a}=\frac{a^2}{2ab+3ac}+\frac{b^2}{2bc+3ab}+\frac{c^2}{3bc+2ac}\)

A \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+3ac+2bc+3ab+3bc+2ac}\)(bđt svacxo \(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+\frac{x_3^2}{y_3}\ge\frac{\left(x_1+x_2+x_3\right)^2}{y_1+y_2+y_3}\))

A \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{5\left(a+b+c\right)^2}{3}}\) (bđt \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(*)

CM bđt * <=> \(3xy+3yz+3xz\le x^2+y^2+z^2+2xz+2xy+2yz\)

<=> \(\left(x-y\right)^2+\left(x-z\right)^2+\left(y-z\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

<=> A \(\ge\frac{3}{5}\) --> ĐPCM