Được nhé bạn

c) Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

\(\sum\sqrt{\dfrac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p-a}}\ge\sqrt{3p}\left(1\right)\)

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

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\sum\sqrt{\dfrac{bc}{a}}\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}+2\left(a+b+c\right)\ge3\left(a+b+c\right)\)

Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức cuối bằng bất đẳng thức AM-GM. Vậy ta có điều phải chứng minh.

P/s: câu b, từ khúc \(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{\left(p-a\right)p}\ge1\left(1\right)\), mình bị overthinking r ;) . Có cách đơn giản hơn:

Ta có: \(\dfrac{1}{2}\sum\left[\dfrac{\left(p-a\right)\left(p-b\right)}{\left(p-c\right)}+\dfrac{\left(p-a\right)\left(p-c\right)}{\left(p-b\right)}\right]\ge p-a\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{\left(p-a\right)}\ge3p-a-b-c=p\)=>đpcm

a) \(\sum\left(b^2-c^2\right)\cot A=0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(b^2-c^2\right).\dfrac{a}{\sin A}.bc\cos A=0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(b^2-c^2\right)bc\cos A=0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(b^2-c^2\right)\left(b^2+c^2-a^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(b^4-c^4\right)-\sum a^2\left(b^2-c^2\right)=0\) (đúng)

Vậy ta có điều cần chứng minh.

b) \(\sum\dfrac{1}{\left(p-a\right)^2}\ge\dfrac{1}{r^2}\Leftrightarrow\sum\dfrac{1}{\left(p-a\right)^2}\ge\dfrac{p^2}{S^2}\) 

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{1}{\left(p-a\right)^2}\ge\dfrac{p}{\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\) (áp dụng công thức Heron)

\(\Leftrightarrow\sum\left(p-b\right)^2\left(p-c\right)^2\ge p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p\left(p-a\right)}\ge1\).

Ta chứng minh rằng, \(\tan\dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{p\left(p-a\right)}}\)

Thật vậy, ta có:

\(\tan\dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{1-\cos A}{1+\cos A}}=\sqrt{\dfrac{a^2-\left(b-c\right)^2}{\left(b+c\right)^2-a^2}}=\sqrt{\dfrac{\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}{\left(b+c-a\right)\left(b+c+a\right)}}=\sqrt{\dfrac{\left(p-b\right)\left(p-c\right)}{\left(p-a\right)p}}\)

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(\sum\tan^2\dfrac{A}{2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{1-\cos A}{1+\cos A}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\cos A}{1+\cos A}\le1\)

Ta có: \(\sum\cos A=\dfrac{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}{2abc}\le\dfrac{3abc}{2abc}=\dfrac{3}{2}\) (theo bất đẳng thức Schur).

Áp dụng bất đẳng thức C-B-S, ta có:

\(\sum\dfrac{\cos A}{1+\cos A}\le\dfrac{1}{9}\sum\left(\dfrac{\cos A}{2}+\dfrac{\cos A}{2}+\dfrac{\cos A}{\cos A}\right)\)

\(=\sum\dfrac{\cos A}{9}+\dfrac{1}{3}\le\dfrac{\dfrac{3}{2}}{9}+\dfrac{1}{3}=1\) =>đpcm.

Ta có thể viết lại dãy số trên như sau: \(\left(u_n\right):\left\{{}\begin{matrix}u_0=49\\u_1=4489\\u_n=44...48...89\end{matrix}\right.\) (có n+1 chữ số 4, n chữ số 8, 1 chữ số 9.

Khi đó: \(u_n=9+8\left(10+...+10^n\right)+4.\left(10^{n+1}+10^{n+1}+...+10^{2n}+10^{2n+1}\right)\)

\(=9+80.\dfrac{10^n-1}{9}+4.10^{n+1}.\dfrac{10^{n+1}-1}{9}\)

\(=\dfrac{81+8.10^{n+1}-80+4.10^{2n+2}-4.10^{n+1}}{9}\)

\(=\left(\dfrac{2.10^{n+1}+1}{3}\right)^2\)

Dễ thấy \(\dfrac{2.10^{n+1}+1}{3}\in Z^+\), do \(10^{n+1}\equiv1\left(mod3\right)\), do đó \(\left(\dfrac{2.10^{n+1}+1}{3}\right)^2\) là SCP (đpcm).

Ta có: \(E=11...1\times100...5+1\) (2015 chữ số 1, 2014 chữ số 0)

\(=\left(1+10+...+10^{2014}\right).\left(5+10^{2015}\right)+1\)

\(=\dfrac{10^{2015}-1}{9}\left(5+10^{2015}\right)+1\)

\(=\dfrac{10^{4030}+5.10^{2015}-10^{2015}-5+9}{9}\)

\(=\left(\dfrac{10^{4015}+2}{9}\right)^2\)

Dễ thấy \(\dfrac{10^{4015}+2}{9}\) là số tự nhiên (do \(10^{4015}\equiv1\left(mod3\right)\)) nên \(\left(\dfrac{10^{4015}+2}{9}\right)^2\) là SCP

=>đpcm.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=\sqrt{3}a\\y=\sqrt{3}b\\z=\sqrt{3}c\end{matrix}\right.\Rightarrow x^2+y^2+z^2=3\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}\Rightarrow xyz\le1\)

\(S=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(x+y+z\right)+\dfrac{3\sqrt{3}}{xyz}+\dfrac{1}{3}\sum\dfrac{x^4}{yz}\)

\(\ge4\sqrt[4]{\dfrac{1}{\sqrt{3}}.\left(x+y+z\right).\left(\dfrac{\sqrt{3}}{xyz}\right)^3}+\dfrac{1}{3}.\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+zx}\)

\(\ge4\sqrt[4]{\dfrac{1}{\sqrt{3}}.3\sqrt[3]{xyz}.\dfrac{3\sqrt{3}}{\left(xyz\right)^3}}+\dfrac{1}{3}.\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right)}{xy+yz+zx}\)

\(=4\sqrt[4]{\dfrac{9}{\sqrt[3]{\left(xyz\right)^8}}}+\dfrac{1}{3}.\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right)}{xy+yz+zx}\)

\(\ge4\sqrt[4]{9}+1=4\sqrt{3}+1\)

Vậy \(MinS=4\sqrt{3}+1\), đạt được tại \(a=b=c=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

\(24=a+b+5ab\le a+b+\dfrac{5}{4}\left(a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow5\left(a+b\right)^2+4\left(a+b\right)\ge24\)

\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)-4\right]\left[5\left(a+b\right)+24\right]\ge0\)

\(\Rightarrow a+b\ge4\).

Vậy: \(a^3+b^3\ge\dfrac{\left(a+b\right)^3}{4}\ge\dfrac{4^3}{4}=16\), đẳng thức xảy ra khi a=b=2.

Đề thiếu rồi bạn.

Dễ thấy △ABD và △CBD đều.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BM+BN=AB\\BM+AM=AB\end{matrix}\right.\Rightarrow BN=AM\)

△AMD và △BND có: \(\widehat{NBD}=\widehat{MAD}=60^0\) ; \(AM=BN\) ; \(AD=BD\)

\(\Rightarrow\Delta AMD=\Delta BND\), nên \(\left\{{}\begin{matrix}MD=ND\\\widehat{ADM}=\widehat{BDN}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{BDN}+\widehat{BDM}=\widehat{ADM}+\widehat{BDM}=\widehat{ADB}=60^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MDN}=60^0\), mà tam giác MDN cân tại D (MD=ND), nên tam giác MDN đều.