\(VT=\dfrac{x}{y+z}+1+\dfrac{25y}{x+z}+25+\dfrac{4z}{x+y}+4-30\)

\(VT=\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{25}{x+z}+\dfrac{4}{x+y}\right)-30\)

\(VT\ge\left(x+y+z\right).\dfrac{\left(1+5+2\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}-30=2\)

Nhưng dấu "=" không xảy ra với x;y;z dương

Đặt \(P=\left(\dfrac{x-y}{z}+\dfrac{y-z}{x}+\dfrac{z-x}{y}\right)\left(\dfrac{z}{x-y}+\dfrac{x}{y-z}+\dfrac{y}{z-x}\right)=9\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x-y}{z}=a\\\dfrac{y-z}{x}=b\\\dfrac{x-z}{y}=c\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow P=\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\\ =1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+1+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+1\\ =3+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}\)

Ta có \(\dfrac{a+c}{b}=\dfrac{\dfrac{x-y}{z}+\dfrac{z-x}{y}}{\dfrac{y-z}{x}}=\dfrac{xy-y^2+z^2-xz}{yz}\cdot\dfrac{x}{y-z}\)

\(=\dfrac{\left(z-y\right)\left(y+z-x\right)x}{yz\left(y-z\right)}=\dfrac{x\left(x-y-z\right)}{yz}\)

Mà \(x+y+z=0\Leftrightarrow x=-y-z\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a+c}{b}=\dfrac{x\left(x+x\right)}{yz}=\dfrac{2x^2}{yz}\)

Cmtt ta được \(\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{2y^2}{xz};\dfrac{b+c}{a}=\dfrac{2z^2}{xy}\)

Cộng vế theo vế

\(\Leftrightarrow P=\dfrac{2x^2}{yz}+\dfrac{2y^2}{xz}+\dfrac{2z^2}{xy}+3=\dfrac{2x^3+2y^3+2z^3}{xyz}+3\\ \Leftrightarrow P=\dfrac{2\left(x^3+y^3+z^3\right)}{xyz}+3\)

Lại có \(x+y+z=0\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\\ \Leftrightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz\)

Thế vào \(P\)

\(\Leftrightarrow P=\dfrac{2\cdot3xyz}{xyz}+3=6+3=9\)

 Trước hết, ta đi chứng minh một bổ đề sau: Nếu \(a+b+c=0\) thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\). Thật vậy, ta phân tích 

 \(P=a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(P=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)

\(P=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(P=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\).

Hiển nhiên nếu \(a+b+c=0\) thì \(P=0\) hay \(a^3+b^3+c^3=3abc\), bổ đề được chứng minh.

Do \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\) nên áp dụng bổ đề, ta được \(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\).

Vì vậy \(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{zx}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}=\dfrac{xyz}{x^3}+\dfrac{xyz}{y^3}+\dfrac{xyz}{z^3}\) \(=xyz\left(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}\right)\) \(=xyz.\dfrac{3}{xyz}=3\). Ta có đpcm

Có VT = \(\sqrt{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2-\dfrac{2}{xy}-\dfrac{2}{yz}-\dfrac{2}{zx}}\)

\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2-\dfrac{2}{xyz}\left(x+y+z\right)}\) 

\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2}=\left|\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right|=VP\) (Vì x + y + z = 0) 

1/ Đây là cách chứng minh dựa vào kiến thức lớp 9, không sử dụng các định lý hàm sin hoặc hàm cos của cấp 3:

Bạn tự vẽ hình.

Kẻ tam giác ABC với đường cao AH, ta đặt

\(BC=a;AC=b;AB=c;AH=h_a;BH=x\Rightarrow CH=a-x\)

Trong tam giác vuông ABH: \(AB^2=BH^2+AH^2\Rightarrow c^2=x^2+h^2_a\) (1)

Trong tam giác vuông ACH: \(AC^2=CH^2+AH^2\Rightarrow b^2=\left(a-x\right)^2+h^2_a\) (2)

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được:

\(c^2-b^2=x^2-\left(a-x\right)^2=2ax-a^2\Rightarrow x=\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\)

Thay x vào (1) ta được:

\(h^2_a=c^2-x^2=c^2-\left(\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\right)^2=\left(c-\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\right)\left(c+\dfrac{a^2-b^2+c^2}{2a}\right)\)

\(\Rightarrow h_a^2=\dfrac{\left(b^2-\left(a^2-2ac+c^2\right)\right)\left(a^2+2ac+c^2-b^2\right)}{4a^2}\)

\(\Rightarrow h_a^2=\dfrac{\left(b^2-\left(a-c\right)^2\right)\left(\left(a+c\right)^2-b^2\right)}{4a^2}\)

\(\Rightarrow h_a^2=\dfrac{\left(b+c-a\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)}{4a^2}\) (3)

Gọi \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\) là nửa chu vi tam giác

\(\Rightarrow a+b+c=2p\) ; \(a+b-c=2\left(p-c\right)\) ; \(b+c-a=2\left(p-a\right)\) ; \(a-b+c=2\left(p-b\right)\)

Thay vào (3) ta được:

\(h_a^2=\dfrac{2\left(p-a\right)2\left(p-c\right)2p.2\left(p-b\right)}{4a^2}=\dfrac{4p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{a^2}\)

\(\Rightarrow h_a=\dfrac{2\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}{a}\)

Mà ta đã biết công thức tính diện tích tam giác:

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}h_a.a\)

\(\Rightarrow S=\dfrac{1}{2}\dfrac{2\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}}{a}.a=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\)

Bài 2:

Áp dụng đẳng thức : \(a^2+b^2\ge2ab\) (xảy ra đẳng thức khi a = b),ta có :

\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}\ge2.\dfrac{x}{y}.\dfrac{y}{z}=\dfrac{2x}{z}\)

Tương tự : \(\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\dfrac{2y}{z}\), \(\dfrac{z^2}{x^2}+\dfrac{x^2}{y^2}\ge\dfrac{2z}{y}\)

Cộng từng vế 3 BĐT trên ta được :

\(2\left(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\right)\ge2\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\right)\Rightarrow\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\left(\text{đpcm}\right)\)

1 Tham khảo :

*Công thức hê rông:
S= căn của : [ p.( p-a) . (p- b). (p -c) ] với : p = ( a + b +c )/2 , a ,b ,c là các cạnh của tam giác

S = 1/2.bc.sinC <=> 4S² = b²c².sin²A
4S² = b²c²(1 - cos²A) = b²c²(1 - cosA)(1 + cosA)
= b²c²[1 - (b² + c² - a²)/2bc].[1 + (b² + c² - a²)/2bc]
= b²c²(2bc - b² - c² + a²)/2bc.(2bc + b² + c² - a²)/2bc
<=> 16S² = [a² - (b - c)²].[(b + c)² - a²]
= (a + b - c)(a - b + c)(b - c + a)(b + c - a)
<=>16S² = 16p(p - a)(p - b)(p - c)
<=> S = √p(p - a)(p - b)(p - c)

\(A=\sqrt{\dfrac{x^2}{x^2+\dfrac{1}{4}xy+y^2}}+\sqrt{\dfrac{y^2}{y^2+\dfrac{1}{4}yz+z^2}}+\sqrt{\dfrac{z^2}{z^2+\dfrac{1}{4}zx+x^2}}\le2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{y}{4x}+\dfrac{y^2}{x^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{z}{4y}+\dfrac{z^2}{y^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{4z}+\dfrac{x^2}{z^2}}}\le2\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y}{x}=a\\\dfrac{z}{y}=b\\\dfrac{x}{z}=c\end{matrix}\right.\) thì bài toán thành

Chứng minh: \(A=\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le1\) với \(abc=1\)

Thử giải bài toán mới này xem sao bác.

*C/m bài toán mới của HUngnguyen

Ta có BĐT phụ \(\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}\le\dfrac{a+1}{2\left(a^2+a+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\left(4a^2+a+4\right)\ge4\left(a^2+a+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}\le\dfrac{b+1}{2\left(b^2+b+1\right)};\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le\dfrac{c+1}{2\left(c^2+c+1\right)}\)

CỘng theo vế 3 BĐT trên ta có;

\(VT\le1=VP\) * Chỗ này tự giải chi tiết ra nhé, giờ bận rồi*

Bài này công kềnh vậy thôi thực ra nhìn cái là ra nó là hệ quả của BĐT Vasc của cụ Vasile Bat dang thuc Vasc.pdf

\(VT=\dfrac{x^2}{x^2+2xy+3zx}+\dfrac{y^2}{y^2+2yz+3xy}+\dfrac{z^2}{z^2+2zx+3yz}\)

\(VT\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+5xy+5yz+5zx}=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}=\dfrac{1}{2}\)