giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1

khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)

\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)

\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)

do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x

=> x<1_/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)

(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)

áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)

dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/₃ <=> a=b=c

@Hai Ngox: Sao phải giả sử a +  b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.

Ngoài ra:

Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)

Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)

Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)

đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)

Đặt \(x^2=a;y^2=b\left(a,b\ge0\right)\)
Ta có

\(x^6+y^6=a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=a^2-ab+b^2\)

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

Vậy Min = 1/4 khi \(x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Ta có

+)\(x^2+y^2=1\leftrightarrow\left(x+y\right)^2-2xy=1\)

+) Đặt x+y=S, xy = P, ta được: \(S^2-2P=1\)
+)\(x^6+y^6=\left(x^2+y^2\right)\left(x^4-x^2y^2+y^4\right)=x^4-x^2y^2+y^4=\left(x^2+y^2\right)^2-3x^2y^2\)

\(=\left[\left(x+y\right)^2-2xy\right]^2-3x^2y^2=\left(S^2-2P\right)^2-3P^2=S^4-4S^2P+4P^2-3P^2\)

\(=S^4-4S^2P+P^2=\left(2P+1\right)^2-4\left(2P+1\right)P+P^2\)

\(=4P^2+4P+1-8P^2-4P+P^2=-3P^2+1\le1\)

Dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}P=0\\S=1\end{cases}}\), khi đó x=1, y=0 hoặc x=0, y=1

#)Tham khảo trong hai link này nhé :

Chứng minh: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị

Chứng minh rằng: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1 ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị

P/s : Vô thống kê hỏi đáp ms dùng đc link nhé !

Ta có: \(a^4+b^4+c^4=3\Rightarrow0\le a^4;b^4;c^4\le3\Rightarrow0\le a;b;c\le\sqrt[4]{3}\)

=> \(ab,bc,ac\le\sqrt[4]{9}\)

Xét: \(\frac{18}{4-x}\le x^2+5,\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)

<=> \(18\le\left(x^2+5\right)\left(4-x\right)\)

<=> \(\left(x-1\right)^2\left(2-x\right)\ge0\)luôn đúng với \(\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)

Như vậy:

\(\frac{18}{4-ab}+\frac{18}{4-bc}+\frac{18}{4-ac}\le\left(ab\right)^2+5+\left(bc\right)^2+5+\left(ac\right)^2+5\)

\(=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2+15\le\frac{a^4+b^4}{2}+\frac{b^4+c^4}{2}+\frac{a^4+c^4}{2}+15\)

\(=a^4+b^4+c^4+15=18\)

=> \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ac}\le1\)

"=" xảy ra <=> a=b=c=1

 a. Dễ thấy AEM F là hình chữ nhật => AE = FM 
Dễ thấy tg DFM vuông cân tại F => FM = DF 
=> AE = DF => tg vuông ADE = tg vuông DCF ( AE = DF; AD = DC) => DE = CF 
tg vuông ADE = tg vuông DCF => ^ADE = ^DCF => DE vuông góc CF (1) ( vì đã có AD vuông góc DC) 
b) Tương tự câu a) dễ thấy AF = BE => tg vuông ABF = tg vuông BCE => ^ABF = ^BCE => BF vuông góc CE ( vì đã có AB vuông góc BC) (2) 
Gọi H là giao điểm của BF và DE 
Từ (1) ở câu a) và (2) => H là trực tâm của tg CEF 
Mặt khác gọi N là giao điểm của BC và MF. dễ thấy CN = DF = AE: MN = EM = A F => tg vuông AEF = tg vuông CMN => ^AEF = ^MCN => CM vuông góc EF ( vì đã có CN vuông góc AE) => CM là đường cao thuộc đỉnh C của tg CE F => CM phải đi qua trực tâm H => 3 đường thẳng DE;BF,CM đồng quy tại H 
c) Dễ thấy AE + EM = AE + EB = AB = không đổi 
(AE - EM)^2 >=0 <=> AE^2 + EM^2 >= 2AE.EM <=> (AE + EM)^2 >=4AE.EM <=> [(AE + EM)/2]^2 >= AE.EM <=> AB^2/4 >=S(AEM F) 
Vậy S(AEM F ) max khi AE = EM => M trùng tâm O của hình vuông ABCD

giải thích tại sao tam giác DFM vuông cân

T hỏi cô tớ và cô t nghĩ 1 hồi và giải thế này : 

Đùa NGƯỜI ÀAAAAA

Ta chứng minh 

\(\sqrt{a+bc}\ge1a+\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta suy ra được

\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

Một cách chứng minh rất sáng tạo ko lệ thuộc vào cách truyền thống. Cho bn 1 k

mk mà đúng thì nhớ k cho mk nh bạn giải như vầy nè

Với x;y dương ta có:F=\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}=\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}\right)+\left(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\right)\)

=\(\frac{a\left(a+d\right)+c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\)+\(\frac{b\left(a+b\right)+d\left(d+c\right)}{\left(a+b\right)\left(d+c\right)}\)\(\ge\)\(\frac{a^2+c^2+ad+bc}{\frac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2}\)+\(\frac{b^2+d^2+ab+cd}{\frac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2}\)

   =\(\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ad+bc+cd\right)}{^{\left(a+b+c+d\right)^2}}\)                                                        (áp dụng bđt xy\(\le\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2\))mặt khác có 2(\(a^2 +b^2+c^2+d^2+ab+ac+bc+cd\))-\(\left(a+b+c+d\right)^2\)=\(a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd\)=\(\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)suy ra F\(\ge\)2, dấu ''=''xảy ra khi và chỉ khi a=c ;b=d

Aps dụng với a=2016;b=x;c=y;d=2015ta có\(\frac{2016}{x+y}+\frac{x}{y+2015}+\frac{y}{4031}+\frac{2015}{x+2016}=2\)

nên x; y cần tìm là 2015 và 2016

Bạn xem đề thử nguyên hay nguyên dương nhé. Nguyên dương thì còn thấy đường làm chứ nguyên thì bó tay.

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

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

\(\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}+3-\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{2}\)

\(\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}+3\)

Mặt khác ta có: \(x^2+y^2+z^2=1-2\left(xy+yz+zx\right)\le1\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{7}{2}\).Dấu "=" xảy ra tại \(\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị của nó

Với \(\hept{\begin{cases}x,y,z\ge0\\x+y+z=1\end{cases}}\), ta cần chứng minh: \(\frac{x^2+1}{y^2+1}+\frac{y^2+1}{z^2+1}+\frac{z^2+1}{x^2+1}\le\frac{7}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\Sigma_{cyc}\left(x^2+1\right)^2\left(z^2+1\right)\le7\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)\left(z^2+1\right)\)   \(\Leftrightarrow2\Sigma_{cyc}\left(x^4z^2+x^4+2x^2z^2+2x^2+z^2+1\right)\)\(\le7\left(x^2y^2z^2+x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+1\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^4+y^4+z^4\right)+2\left(x^4z^2+y^4x^2+z^4y^2\right)\)\(\le7x^2y^2z^2+3\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)+x^2+y^2+z^2+1\)

\(\Leftrightarrow\left[x^2+y^2+z^2+x+y+z-2\left(x^4+y^4+z^4\right)\right]\)\(+7x^2y^2z^2+3\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)-2\left(x^4z^2+y^4x^2+z^4y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\text{​​}\Sigma_{cyc}x^2\left(1-x^2\right)+\Sigma_{cyc}x\left(1-x^3\right)+7x^2y^2z^2\)\(+\left(x^2z^2+y^2x^2+z^2y^2\right)+2\Sigma x^2z^2\left(1-x^2\right)\ge0\)

(Đúng do \(x,y,z\in\left[0;1\right]\))

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1;0;0\right)\)và các hoán vị

Ta có: \(Q=\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{Q}=\frac{x^2+2x+1}{x^2+x+1}\)

Để Q min thì \(\frac{1}{Q}\)max

\(\frac{1}{Q}=\frac{x^2+2x+1}{x^2+x+1}=1+\frac{x}{x^2+x+1}\)

\(=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}.\frac{-x^2+2x+1}{x^2+x+1}=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}.\frac{-\left(x-1\right)^2}{x^2+x+1}\le\frac{4}{3}\)

(Vì mẫu > 0 và tử \(\ge0\))

\(\Rightarrow\frac{1}{Q}\)đạt GTLN là \(\frac{4}{3}\)khi x = 1

Vậy Q đạt GTNN là \(\frac{3}{4}\)khi x = 1

Những sai sót do đánh máy bạn tự sửa hộ m nhé