Bài 3: \(A=\frac{\left(2a+b+c\right)\left(a+2b+c\right)\left(a+b+2c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Đặt a+b=x;b+c=y;c+a=z

\(A=\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}\ge\frac{2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{zx}}{xyz}=\frac{8xyz}{xyz}=8\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Bài 4: \(A=\frac{9x}{2-x}+\frac{2}{x}=\frac{9x-18}{2-x}+\frac{18}{2-x}+\frac{2}{x}\ge-9+\frac{\left(\sqrt{18}+\sqrt{2}\right)^2}{2-x+x}=-9+\frac{32}{2}=7\)

Dấu = xảy ra khi\(\frac{\sqrt{18}}{2-x}=\frac{\sqrt{2}}{x}\Rightarrow x=\frac{1}{2}\)

bài 5 nhé:

a) (a+1)²>=4a

<=>a²+2a+1>=4a

<=>a²-2a+1.>=0

<=>(a-1)²>=0 (luôn đúng)

vậy......

b) áp dụng bất dẳng thức cô si cho 2 số dương 1 và a ta có:

a+1>=\(2\sqrt{a}\)

tương tự ta có:

b+1>=\(2\sqrt{b}\)

c+1>=\(2\sqrt{c}\)

nhân vế với vế ta có:

(a+1)(b+1)(c+1)>=\(2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{c}\)

<=>(a+1)(b+1)(c+1)>=\(8\sqrt{abc}\)

<=>(a+)(b+1)(c+1)>=8 (vì abc=1)

vậy....

bạn nên viết ra từng câu

Chứ để như thế này khó nhìn lắm

bạn hỏi từ từ thôi

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

=>\(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=a^2+b^2+c^2\)

=>\(2\left(ab+bc+ac\right)=0\)

=>ab+bc+ac=0

\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)

=>\(\dfrac{\left(bc\right)^3+\left(ac\right)^3+\left(ab\right)^3}{\left(abc\right)^3}=\dfrac{3}{abc}\)

=>\(\left(bc\right)^3+\left(ac\right)^3+\left(ab\right)^3=3\left(abc\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc\right)^3-3\cdot ab\cdot bc\cdot\left(ab+bc\right)+\left(ac\right)^3=3\left(abc\right)^2\)

=>\(\left(-ac\right)^3-3\cdot ab\cdot bc\cdot\left(-ac\right)+\left(ac\right)^3-3\left(abc\right)^2=0\)

=>\(-a^3c^3+a^3c^3+3a^2b^2c^2-3a^2b^2c^2=0\)

=>0=0(đúng)

Có \(ab+bc+ac=abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)

Áp dụng các bđt sau:Với x;y;z>0 có: \(\dfrac{1}{x+y+z}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\) và \(\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\) 

Có \(\dfrac{1}{a+3b+2c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(b+c\right)}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}\right)\)\(\le\dfrac{1}{9}.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)=\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b+3c+2a}\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}\right)\)

\(\dfrac{1}{c+3a+2b}\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)

Cộng vế với vế => \(VT\le\dfrac{1}{36}\left(\dfrac{6}{a}+\dfrac{6}{b}+\dfrac{6}{c}\right)=\dfrac{1}{36}.6\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\dfrac{1}{6}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=3

Có \(a+b=2\Leftrightarrow2\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow ab\le1\)

\(E=\left(3a^2+2b\right)\left(3b^2+2a\right)+5a^2b+5ab^2+2ab\)

\(=9a^2b^2+6\left(a^3+b^3\right)+4ab+5ab\left(a+b\right)+20ab\)

\(=9a^2b^2+6\left(a+b\right)^3-18ab\left(a+b\right)+4ab+5ab\left(a+b\right)+20ab\)

\(=9a^2b^2+48-18ab.2+4ab+5.2.ab+20ab\)

\(=9a^2b^2-2ab+48\)

Đặt \(f\left(ab\right)=9a^2b^2-2ab+48;ab\le1\), đỉnh \(I\left(\dfrac{1}{9};\dfrac{431}{9}\right)\)

Hàm đồng biến trên khoảng \(\left[\dfrac{1}{9};1\right]\backslash\left\{\dfrac{1}{9}\right\}\)

 \(\Rightarrow f\left(ab\right)_{max}=55\Leftrightarrow ab=1\)

\(\Rightarrow E_{max}=55\Leftrightarrow a=b=1\)

Vậy...

2,

\(ab\le\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2=1\Rightarrow0\le ab\le1\)

\(E=9a^2b^2+6\left(a^3+b^3\right)+5ab\left(a+b\right)+24ab\)

\(=9a^2b^2+6\left(a+b\right)^3-18ab\left(a+b\right)+5ab\left(a+b\right)+24ab\)

\(=9a^2b^2-2ab+48\)

Đặt \(ab=x\Rightarrow0\le x\le1\)

\(E=9x^2-2x+48=\left(x-1\right)\left(9x+7\right)+55\le55\)

\(E_{max}=55\) khi \(x=1\) hay \(a=b=1\)

1. Ta sẽ chứng minh dựa trên các kết quả quen thuộc sau về tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác:

\(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\)

Và: \(a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2=abc\)

Đẳng thức thứ nhất chỉ cần dựng hình bình hành AMIN, sau đó sử dụng định lý phân giác các góc B và C.

Đẳng thức thứ hai ta chỉ cần lấy 1 điểm P nào đó đối xứng I qua AC, gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, AC, AB, sau đó sử dụng tỉ lệ diện tích: 

\(\dfrac{S_{AEIF}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\dfrac{AI.AK}{AB.AC}=\dfrac{IA^2}{bc}\)

Tương tự và cộng lại ...

Từ đó:

\(a.MA^2+b.MB^2+c.MC^2=a.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+b\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2+c.\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2\)

\(=\left(a+b+c\right)MI^2+a.IA^2+b.IB^2+c.IC^2+2\overrightarrow{MI}\left(a.\overrightarrow{IA}+b.\overrightarrow{IB}+c.\overrightarrow{IC}\right)\)

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

Dấu "=" xảy ra khi \(MI=0\) hay M là tâm đường tròn nội tiếp

2. Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác, thực hiện phép thế Ravi:

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+y;y+z;z+x\right)\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(4\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\ge3\left(x^3+y^3+z^3+3xyz+xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)

Đây là BĐT Schur bậc 3

a) Chỉ cần 1 cặp góc so le trong bằng nhau thì tất cả các cặp góc so le trong, so le ngoài đều bằng nhau.

b) Chỉ cần 1 cặp góc so le trong bằng nhau thì tất cả các cặp góc so le trong, so le ngoài, đồng vị, trong cùng phía đều bằng nhau.

(minh họa)

a,Giả sử:a//b

Vì A1 và B3 là 2 cặp góc sole ngoài(đề bài)

=>A1=B3(theo tính chất của 2 đường thẳng song song)

b,Nếu có 1 đường thẳng cắt 2 đường thẳng nào đó và tro

Lại có A2 và B4 là 2 cặp góc so le ngoài(đề bài)

=>A2=B4(theo tính chất của 2 đường thẳng song song)

b,Kết luận(phát biểu)

Nếu có 1 đường thẳng cắt 2 đường thẳng nào đó và trong các góc tạo thanh có một cặp góc sole trong,ngoài bằng nhau thì:

+Hai góc còn lại bằng nhau

+2 góc đồng vị bằng nhau

Nếu một đường thẳng cắt 2 đường thẳng song song thì:

-Hai góc sole trong/ngoài bằng nhau

-Hai góc đồng vị bằng nhau

-Hai góc trong cùng phía bằng nhau

ké ý (b) ạ!!!