\(BĐT\Leftrightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\frac{72abc}{a+b+c}\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy 

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)9\left(a+b+c\right)^2+8\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Cần chứng minh rằng  ; \(8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\frac{72abc}{a+b+c}\)

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 

\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}=9abc\left(đpcm\right)\)

Vậy \(8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\frac{72abc}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow9\left(a+b+c\right)^2+8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\frac{72abc}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\frac{72abc}{a+b+c}\left(đpcm\right)\)

Chúc bạn học tốt !!!

\(BĐT\Leftrightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{72abc}{a+b+c}\)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+8\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Cần chứng minh rằng \(8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\dfrac{72abc}{a+b+c}\)

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}=9abc\left(đpcm\right)\)

Vậy \(8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\dfrac{72abc}{a+b+c}\) \(\Rightarrow9\left(a+b+c\right)^2+8\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{72abc}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\)\(35\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{72abc}{a+b+c}\) ( đpcm )

ai trả lời nhiều tớ sẽ dùng 4 nick k cho nha cảm ơn

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

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

\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel(hoặc áp dụng BĐT quen thuộc: \(\frac{p^2}{m}+\frac{q^2}{n}\ge\frac{\left(p+q\right)^2}{m+n}\) 2 lần),ta có:

\(VT=\frac{\left(\frac{1}{a^2}\right)}{a\left(b+c\right)}+\frac{\left(\frac{1}{b^2}\right)}{b\left(c+a\right)}+\frac{\left(\frac{1}{c^2}\right)}{c\left(a+b\right)}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\) (thay abc = 1 vào)

\(=\frac{ab+bc+ca}{2}=\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)^{\left(đpcm\right)}\)

\(cotA+cotB+cotC\ge\frac{p^2}{3S}\)

<=> \(cotA.S+cotB.S+cotC.S\ge\frac{p^2}{3}\)

MÀ \(S=\frac{1}{2}ab.sinC=\frac{1}{2}bc.SinA=\frac{1}{2}ac.SinB\)

=> \(\frac{1}{2}bc.cosA+\frac{1}{2}ab.cosC+\frac{1}{2}ac.cosC\ge\frac{p^2}{3}\)

Áp dụng công thức hàm cos ta có \(cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc};cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac};cosC=\frac{b^2+a^2-c^2}{2ab}\)

ĐPCM

<=> \(\frac{1}{4}\left(a^2+b^2-c^2\right)+\frac{1}{4}\left(b^2+c^2-a^2\right)+\frac{1}{4}\left(a^2+c^2-b^2\right)\ge\frac{\left(\frac{a+b+c}{2}\right)^2}{3}\)

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

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng 

=> ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c  => Tam giác ABC đều 

Vậy \(cotA+cotB+cotC\ge\frac{p^2}{3S}\)

Gọi AH,BK,CL là 3 đường cao của \(\Delta\)ABC. Khi đó:

\(\cot B=\frac{BH}{HA},\cot C=\frac{CH}{HA}\) suy ra \(\cot B+\cot C=\frac{BC}{HA}\)

Chứng minh tương tự rồi cộng theo vế ta được: 

\(2\left(\cot A+\cot B+\cot C\right)=\frac{BC}{HA}+\frac{CA}{KB}+\frac{AB}{LC}\)

\(=\frac{BC^2}{2S}+\frac{CA^2}{2S}+\frac{AB^2}{2S}\ge\frac{\left(BC+CA+AB\right)^2}{6S}=\frac{2p^2}{3S}\)(BĐT Schwartz)

Do đó \(\cot A+\cot B+\cot C\ge\frac{p^2}{3S}\)(đpcm).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

1/ Với mấy bài dạng này, u cứ tách theo kiểu coi x (hoặc y) là biến, cái còn lại là tham số.

\(A=2x^2+9y^2-6xy-6x-12y+2037\)

\(2A=4x^2-12x\left(y+1\right)+18y^2-24y+4074\)

\(2A=\left(2x\right)^2-2.2x.3\left(y+1\right)+9\left(y+1\right)^2+9y^2-42y+4065\)

\(2A=\left[2x-3\left(y+1\right)\right]^2+\left(3y-7\right)^2+4016\ge4016\)       nên    \(A\ge2008\)

Đẳng thức xảy ra   \(\Leftrightarrow\)   \(\hept{\begin{cases}2x-3\left(y+1\right)=0\\3y-7=0\end{cases}}\)   \(\Leftrightarrow\)   \(\hept{\begin{cases}x=5\\y=\frac{7}{3}\end{cases}}\)

Ta có:  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)   \(\left(\text{*}\right)\) , với  \(a,b>0\)  (vì  

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương  \(a,b>0\), ta được:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)   và  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\sqrt{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}}=\frac{2}{\sqrt{ab}}\)

Do đó,  \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(a=b\)

Vậy, bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)  đã được chứng minh.

                                                               \(----------------------\)

Vì  \(a,b,c,p\)  lần lượt là độ dài ba cạnh và nửa chu vi của tam giác nên \(a,b,c,p>0\)

Áp dụng  bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)  với  \(p-a,\)  \(p-b,\)  \(p-c\)  là các số dương, ta có:

\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{\left(p-a+p-b\right)}=\frac{4}{\left(2p-a-b\right)}=\frac{4}{c}\)  \(\left(1\right)\)

\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{\left(p-b+p-c\right)}=\frac{4}{\left(2p-b-c\right)}=\frac{4}{a}\)  \(\left(2\right)\)

\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{\left(p-c+p-a\right)}=\frac{4}{\left(2p-c-a\right)}=\frac{4}{b}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng  \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right);\)  và  \(\left(3\right)\)  lần lượt vế theo vế, ta được:

\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)  

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(p-a=p-b=p-c\), tức là  \(a=b=c\)  hay tam giác đã cho là tam giác đều (vì có 3 cạnh bằng nhau).

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

Đây nhé 

Đặt b + c = x ; c + a = y ;  a + b = z 

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

\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có : 

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

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

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y) 

e cũng có 1 vài cách chứng minh khá là cổ điển ạ !

Sử dụng BĐT AM-GM ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)

Bằng cách chứng minh tương tự :

\(\frac{b^2}{a+c}+\frac{a+c}{4}\ge b;\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)

Cộng theo vế các bđt cùng chiều ta được :

\(\frac{a^2}{c+b}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge a+b+c\)

\(< =>\frac{a^2}{b+c}+\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{b}{2}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{c}{2}\ge a+b+c\)

\(< =>\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(< =>\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{b+a}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)

\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)

⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2

⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự

⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y

⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0

(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)

dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c

Mai Anh ! cậu giỏi quá, cậu nè :33 

Ha~ Idol về mảng copy nay giỏi quá lè:33. Tác hại của việc copy paste là đây

Lần sai copy paste nhớ nhìn lại với chỉnh sửa đi nhá. Ko để này lộ liễu bôi bác lắm

Copy always mà vẫn 50k giải tuần đấy, ghê=))