bất đẳng thức trên tương đương: \(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\ge6abc\)

Theo Cô-si: \(VT\ge6\sqrt[6]{\left(a^2b\right).\left(ab^2\right).\left(b^2c\right).\left(bc^2\right).\left(c^2a\right).\left(ca^2\right)}=6abc\)

Dấu "=' xảy ra khi a=b=c

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

ÁP DỤNG BĐT CAUCHY - SCHWARZ TA ĐƯỢC: 

=>    \(VT\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3abc\left(a+b+c\right)}\)

TA SẼ CHỨNG MINH:     \(\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3}{4}\)

<=>     \(4\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+9abc\left(a+b+c\right)\)

<=>     \(4\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+8abc\left(a+b+c\right)\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+9abc\left(a+b+c\right)\)

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

MÀ ĐÂY LẠI LÀ 1 BĐT LUÔN ĐÚNG !!!!!

=> VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=>     \(a=b=c\)

sửa đề thành: \(\hept{\begin{cases}x\le2\\x+y\ge5\end{cases}}\)chứng minh \(5x^2+2y^2+8y\ge62\)

đặt M=\(5x^2+2y^2+8y\)

ta có \(\hept{\begin{cases}x\le2\\x+y\ge5\end{cases}}\)nên đặt\(\hept{\begin{cases}x=2-a\\x+y=5+b\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2-a\\y=3+a+b\end{cases}\left(a,b\ge0\right)}}\)

lúc đó \(M=5x^2+2y^2+8y=5\left(2-a\right)^2+2\left(3+a+b\right)^2+8\left(3+a+b\right)\)

\(M=7a^2+4ab+2b^2+20b+62\ge62\)vì \(a,b\ge0\)

dấu "=" xảy ra khi a=b=0 tức là x=2 và y=3

a) gọi I là trung điểm của CD ta có IC=ID (1) 

mặt khác OI _|_ CD nên OI//AH//BK => IH=IK(2)

từ (1) và (2) => CH=DK (đpcm)

b) Gọi C', I', D' lần lượt là hình chiếu của C,I,D trên AB

\(\Delta HIE=\Delta KIF\left(ch.gn\right)\Rightarrow S_{AHKB}=S_{AEFB}=AB\cdot II'\)

ta lại có \(S_{ACB}=\frac{1}{2}AB\cdot CC'\left(3\right);S_{ADB}=\frac{1}{2}AB\cdot DD'\left(4\right)\)

mặt khác \(\frac{CC'+DD'}{2}=II'\left(5\right)\)

từ (3), (4) và (5) ta có \(S_{ACB}+S_{ABD}=AB\cdot II'=S_{AHKB}\)(chỗ này theo mình là S_AHKB)

c) \(OI=\sqrt{\frac{AB^2}{4}-\frac{CD^2}{4}}=12\left(cm\right)\)

\(S_{AHKB}=S_{AEFB}=AB\cdot II'\le AB\cdot OI\)

dấu "=" xảy ra khi \(II'=OI\)hay \(OI\perp AB\)lúc này CD //AB

vậy GTLN của \(S_{AHKB}=AB\cdot OI=12\cdot30=360\left(cm^2\right)\)

TỪ GT =>    \(3\le xy+yz+zx\)

=>    \(P\ge\frac{x^3}{\sqrt{y^2+xy+yz+zx}}+\frac{y^3}{\sqrt{z^2+xy+yz+zx}}+\frac{z^3}{\sqrt{x^2+xy+yz+zx}}\)

=>     \(P\ge\frac{x^3}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+\frac{y^3}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}+\frac{z^3}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 2 SỐ SẼ ĐƯỢC:

=> \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x+y}.\sqrt{y+z}\le\frac{x+2y+z}{2}\\\sqrt{z+x}.\sqrt{z+y}\le\frac{x+y+2z}{2}\\\sqrt{x+y}.\sqrt{x+z}\le\frac{2x+y+z}{2}\end{cases}}\)

=>   \(P\ge\frac{2x^3}{x+2y+z}+\frac{2y^3}{x+y+2z}+\frac{2z^3}{2x+y+z}\)

=>   \(P\ge\frac{2x^4}{x^2+2xy+2xz}+\frac{2y^4}{xy+y^2+2yz}+\frac{2z^4}{2xz+yz+z^2}\)

TA TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT CAUCHY - SCHWARZ SẼ ĐƯỢC: 

=>   \(P\ge\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(xy+yz+zx\right)}\)

TA CÓ 1 BĐT SAU:      \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)      (*)

=>   \(P\ge\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

=>   \(P\ge\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{4\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)

TA LẠI 1 LẦN NỮA SỬ DỤNG BĐT (*) SẼ ĐƯỢC:  

=>   \(P\ge\frac{xy+yz+zx}{2}\ge\frac{3}{2}\left(gt\right)\)

DẤU "=" XẢY RA <=>   \(x=y=z\)

VẬY P MIN \(=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Ta có :

\(P\ge\frac{x^3}{\sqrt{y^2+xy+yz+zx}}+\frac{y^3}{\sqrt{z^2+xy+yz+zx}}+\frac{z^3}{\sqrt{z^2+xy+yz+zx}}\)

\(=\frac{x^3}{\sqrt{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\frac{y^3}{\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}+\frac{z^3}{\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}\)

\(\ge\frac{2x^3}{x+2y+z}+\frac{2y^3}{x+y+2z}+\frac{2z^3}{2x+y+z}\)\(\ge2.\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+3.\left(xy+yz+zx\right)}\ge2.\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{4.\left(xy+yz+zx\right)}\ge2.\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

a) \(\sqrt{3-\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{6-2\sqrt{5}}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{5-2\sqrt{5}+1}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}\)

b) \(\sqrt{4+\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{8+2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{7+2\sqrt{7}+1}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{7}+1\right)^2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{7}+1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}+\sqrt{2}}{2}\)

c) \(\sqrt{5+\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{21}}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{7+2\sqrt{21}+3}}{\sqrt{2}}\)

\(=\frac{\sqrt{\left(\sqrt{7}+\sqrt{3}\right)^2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{14}+\sqrt{6}}{2}\)

BĐT CẦN CM 

<=>   \(\frac{xy+yz+zx}{xyz}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

<=>   \(\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)\ge9xyz\)

ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ TA ĐƯỢC:

\(\hept{\begin{cases}xy+yz+zx\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\\x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\end{cases}}\)

NHÂN 2 BĐT ĐÓ LẠI TA ĐƯỢC:

\(\Rightarrow\left(xy+yz+zx\right)\left(x+y+z\right)\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}.3\sqrt[3]{xyz}=9\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=9xyz\)

VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=>    \(x=y=z\)

Đây là bất đẳng thức Svacxo nhé 

và đây là dạng tổng quát và cách chứng minh 

\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

Ta có : \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)(*)

\(< =>\left(a^2x+b^2y\right)\left(x+y\right)\ge xy\left(a+b\right)^2\)

\(< =>\left(bx-ay\right)^2\ge0\)*đúng*

Áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta có : 

\(\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\right)+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

BE là tia phân giác của góc B nên \(\frac{AE}{BC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AB}{BC+AB}\Rightarrow AE=\frac{bc}{a+c}\)

tương tự \(AE=\frac{bc}{a+b}\) \(\Rightarrow\frac{S_{AEF}}{S}=\frac{AE\cdot AF}{bc}=\frac{bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\)

tương tự \(\frac{S_{BDF}}{S}=\frac{ac}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)},\frac{S_{CDE}}{S}=\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\frac{S_{AEF}}{S}+\frac{S_{BDF}}{S}+\frac{S_{CDE}}{S}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)

biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được \(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b\ge6abc\)

chia 2 vế cho abc ta được \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge6\)

ta có \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)

áp dụng cho 3 cặp số suy ra điều phải chứng minh

dấu "=" xảy ra khi a=b=c hay tam giác ABC đều

ĐKXĐ: x > 0; x \(\ne\)1

M = \(\left(\frac{\sqrt{x}}{2}-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)\left(\frac{x-\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}-\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}\right)\)

M = \(\frac{\sqrt{x}.\sqrt{x}-1}{2\sqrt{x}}\cdot\frac{\left(x-\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(x+\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

M = \(\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{2\sqrt{x}}\cdot\frac{x\sqrt{x}-2x+\sqrt{x}-x\sqrt{x}-2x-\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

M = \(\frac{-4x}{2\sqrt{x}}=-2\sqrt{x}\)

M > -6 => \(-2\sqrt{x}+6>0\)

<=> \(-2\left(\sqrt{x}-3\right)>0\) <=> \(\sqrt{x}-3< 0\) <=>  \(x< 9\)

kết hợp với đk => 0 < x < 9 và x khác 1