9 + 8 + 7 + 6 + 5 = 35

tại sao k rồi mà vẫn ko đc công nhận

Cần có thời gian để công nhận bn ạ!

Xài BĐT Bunhiacopski ta dễ có:

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

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

\(\Rightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\) khi đó vế trái của bất đẳng thức tương đương với :D

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

Sử dụng AM - GM:

\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y+z}\cdot\frac{y+z}{4}}=x\)

Tương tự cộng lại thì có đpcm nhóe :))

Sử dụng Cauchy Schwarz và AM - GM ta dễ có:

\(P=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge x+y+\frac{4}{x+y}\)

\(=\left[x+y+\frac{1}{4\left(x+y\right)}\right]+\frac{15}{4\left(x+y\right)}\)

\(\ge2\sqrt{\frac{x+y}{4\left(x+y\right)}}+\frac{15}{4\cdot\frac{1}{2}}=\frac{17}{2}\)

Đẳng thức xảy ra tại x=y=¹/₄

Ý nghĩa bỉ ngạn hoa

Truyền thuyết kể rằng bỉ ngạn là loài hoa duy nhất mọc dưới đường xuống hoàng tuyền, khi linh hồn trước khi đi qua cầu Nại Hà bắc ngang bờ Vong xuyên, sẽ gửi toàn bộ ký ức của mình cho hoa bỉ ngạn. Dù là đau khổ tột cùng hay yêu thương thắm thiết bỉ ngạn đều thu nhận những hồi ức đó.

Chính vì vậy mà hoa bỉ ngạn có ý nghĩa là hồi ức đau thương, phân ly, khổ đau và là vẻ đẹp của cái chết.

NHỮNG BÀI THƠ  VỀ BỈ NGẠN

Bài thơ 01:

“Hoa nở ngàn năm hoa bỉ ngạn
Hoàng Tuyền huyết nhuộm nỗi bi thương
Vô hoa hữu diệp, vô tương ngộ
Vạn kiếp luân hồi, vạn kiếp vương”

Bài thơ 02:

“Ngàn năm hoa nở, ngàn năm hoa tàn
Hoa vừa nở, lá đã vội tan
Lá vừa chớm mọc, hoa lại rụng
Có lá không hoa
Thấy hoa không lá
Chung một rễ mà chẳng thể gặp
Ở rất gần mà cũng rất xa
Cứ nhớ thương mà ôm sầu thương nhớ
Vạn kiếp luân hồi, vạn kiếp bi“

Bài thơ 03:

“Bỉ Ngạn hoa nở bên bờ sinh tử
Sông Vong Xuyên ánh đỏ cả một dòng
Mạnh Bà Thang là ai quên ai nhớ
Cầu Nại Hà là ai ngóng ai trông“

a) Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) ta có :

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

Tương tự :

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

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

Cộng theo vế :

\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c 

b ) Dùng BĐT Bunhiacopski 

bđt mạnh hơn: \(a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) qua la sen lun

\(\Leftrightarrow\)\(abc\ge\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca+abc\right)-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{4}=\frac{7}{4}-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

từ gt dễ có được \(a+b+c\ge3\)

\(\Rightarrow\)\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+abc\ge\frac{11}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{7}{4}\ge\frac{11}{12}\left(a+b+c\right)^2+\frac{7}{4}\ge10\)

"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)

1 lời giải nếu a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác

đặt \(a=\frac{2x}{y+z}b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}\) bđt trở thành : 

\(12\Sigma\frac{x^2}{\left(y+z\right)^2}+\frac{8xyz}{\Pi\left(x+y\right)}=\left(\frac{6x+6y-z}{\Pi\left(x+y\right)}\right)\left(x-y\right)^2+12\Sigma\left(\frac{x}{y+z}-\frac{1}{2}\right)^2+10\ge10\)

B C A D E F H Bài làm:

1) Tam giác BDH ~ Tam giác BEC (g.g) vì:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{HBD}=\widehat{EBC}\left(gt\right)\\\widehat{BDH}=\widehat{BEC}=90^0\end{cases}}\)

2) 

a) Theo phần 1 có 2 tam giác đồng dạng nên ta có tỉ số sau: \(\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\Leftrightarrow BH.BE=BD.BC\left(1\right)\)

b) Tương tự ta CM được: \(CH.CF=CD.BC\left(2\right)\)

Cộng vế (1) và (2) ta được: \(BH.BE+CH.CF=BD.BC+CD.BC\)

\(=\left(BD+DC\right).BC=BC.BC=BC^2\)

3)

a) Tam giác AEB ~ Tam giác AFC (g.g) vì:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAE}=\widehat{FAC}\left(gt\right)\\\widehat{AEB}=\widehat{CFA}=90^0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{AE}{FA}=\frac{AB}{AC}\)

Tam giác AEF ~ Tam giác ABC (c.g.c) vì:

\(\hept{\begin{cases}\frac{AE}{FA}=\frac{AB}{AC}\left(cmt\right)\\\widehat{FAE}=\widehat{BAC}\left(gt\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)

b) Tương tự a ta CM được: \(\widehat{DEC}=\widehat{ABC}\)

\(\Rightarrow\widehat{AEF}=\widehat{DEC}\Leftrightarrow90^0-\widehat{AEF}=90^0-\widehat{DEC}\Rightarrow\widehat{FEB}=\widehat{BED}\)

=> EB là phân giác của tam giác DEF

Tương tự ta chứng minh được DA,FC là các đường phân giác còn lại của tam giác DEF, mà giao 3 đường này là H

=> H là giao 3 đường phân giác của tam giác DEF

=> H cách đều 3 cạnh của tam giác DEF (tính chất đường pg của tam giác)

4) ch nghĩ ra nhé

4) 

+) Gọi I là giao điểm của đường trung trực HC và đường trung trực MN 

=> IH = IC; IM = IN 

Lại có MH = NC ( gt) 

=> \(\Delta\)IMH = \(\Delta\)INC => ^MHI = ^NCI mà ^NCI = ^HCI = ^CHI ( vì IH = IC => \(\Delta\)IHC cân )

=> ^MHI = ^CHI hay ^BHI = ^CHI => HI là phân giác ^BHC 

=> I là giao điểm của phân giác ^BHC và trung trực HC 

=> I cố định 

=> Đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định

x²-2x+1=(x-1)² >= 0 => x²-2x+3 >= 2 với mọi x thuộc R (1)

y²+6y+9=(y+3)² >=0 => y²+6y+12 >=3 với mọi y thuộc R (2)

M=xy(x-2)(y+6)-12x²-24x+3y²+18y+2050

=(x²-2x)(y²+6y)+12(x²-2x)+3(y²+6y)+36+2014

=(x²-2x)(y²+6y+12)+3(y²+6y+12)+2014

=(x²-2x+3)(y²+6y+12)+2014 (3)

từ (1); (2) và (3) => B >= 2.3+2014 => B >= 2020

dấu "=" xảy ra <=> x=1 và y=-3

vậy minM=2020 khi x=1; y=-3

Biến đổi: (c-a) thành: -[(b-c)+(a-b)]

Thấy xuất hiện nhân tử chung r thì ... phân tích tiếp, ko khó lắm.

\(a\left(b+c\right)^2\left(b-c\right)+b\left(c+a\right)^2\left(c-a\right)+c\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)\)

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

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

\(=\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(c^2-ab\right)-\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a^2-bc\right)\)

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

\(=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)\)

Bạn tự vẽ hình nhé:

Mình chỉ gợi ý thôi nhé:

a, Tam giác BED vuông ở E có EO = BO = DO .

Tam giác BFD vuông ở F có: FO = OB = OD 

=> EO = FO

=> Tam giác EOF cân ở O.

b, Xét tam giác QAO = tam giác FCO ( g - c - g)

=> OQ=OF

Xét tứ giác FBQD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên FBQD là hình bình hành mà có góc BFD = 90 độ

=> Tứ giác FBQD là hình chữ nhật.

c, Tự chứng minh: tam giác EOB và OBF cân ở O.

Góc BAD = 60 độ => Góc ABC = 120 độ

Có góc EOF = EOB + BOF = ( 180 - 2. OBE ) + ( 180 - 2.OBF ) = 360 - 240 = 120 độ

d, Khi OE//AD => EO // BC.

Mà trong tam giác ABC có OA=OC => EA=EB

=> DE là đường trung tuyến và cũng là đường cao trong tam giác ADB.

=> Tam giác ADB cân ở D có góc BAD = 60 độ

=> Tam giác ADB đều.

=> AD = AB

=> AB = BC = CD=DA 

=> Tứ giác ABCD là hình thoi.