bài này khó vãi

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có:

\(\left(a^3+b\right)\left(\frac{1}{a}+b\right)\ge\left(a+b\right)^2;\left(b^3+a\right)\left(\frac{1}{b}+a\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{a+b}{a^3+b}\le\frac{\frac{1}{a}+b}{a+b};\frac{a+b}{b^3+a}\le\frac{\frac{1}{b}+a}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow M\le\frac{\frac{1}{a}+b}{a+b}+\frac{\frac{1}{b}+a}{a+b}-\frac{1}{ab}=\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+a+b}{a+b}-\frac{1}{ab}\)

\(=\frac{ab\left(a+b\right)+a+b-\left(a+b\right)}{ab\left(a+b\right)}=1\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b=1

mình không biết

Bài này có khá nhiều cách làm

Ta có: \(a^2=\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)

Cách 1:

Gọi I là giao điểm của MQ với đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Xét \(\Delta MHQ\) và \(\Delta HDQ\) có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{Q}chung\\\widehat{QMH}=\widehat{QHD}\end{cases}}\)  => Tam giác MHQ đồng dạng với tam giác HDQ (gg)

=> \(\frac{QH}{QM}=\frac{QD}{QH}\) hay QH²=QM.QD=MJ=x (do tính đổi xứng tam giác ABC đều qua trụ BF) nên QH²=x.y(2)

Mặt khác vì Q thuộc HC nên QH=HC-QC=\(\frac{x+y+z}{2}-z=\frac{x+y-z}{2}\)  (3)

Từ (2)và (3) có: \(\left(\frac{x+y-z}{2}\right)^2=yz\) khai triển và rút gọn t được

\(x^2+y^2+z^2=2\left(xy+yz+xz\right)\)

Thay vào (1) => \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)

Cách 2:

Giả sử EF cắt MP tại U và cắt MQ tại V

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MEF}=\widehat{MFN}=\widehat{FMV}\\\widehat{EMU}=\widehat{MEI}=\widehat{MFE}\end{cases}}\)

nên tam giác MEU đồng dạng với tam giác FMV => \(\frac{MU}{EU}=\frac{FV}{MV}\) hay \(MU\cdot MV=EU\cdot FV\) hay \(UV^2=BP\cdot QC\) (4)

Mặt khác \(PQ-UV=MQ-MV=QV=\frac{a}{2}\) (5)

Sử dụng (4);(5) để biến đổi biểu thức 

\(A=xy+yz+zx=BP\cdot PQ+PQ\cdot QC+QC\cdot BP=PQ\left(BP+QC\right)+UV^2\)

\(=PQ\left(EF-UV\right)+UV^2=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\left(PQ-UV\right)=PQ\cdot\frac{a}{2}-UV\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{2}\left(PQ-UV\right)\)\(=\frac{a^2}{4}\)

Thay vào (1) ta có: \(x^2+y^2+z^2=\frac{a^2}{2}\)

Cách 3:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC đều. Xét điểm M nằm trên tròn tâm G bán kính GM=r

H và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ G và M đến BC. Kẻ GS vuông góc với MK ( S thuộc MK)
Đặt PQ=2PK=2KQ=y

Giả sử K thuộc BH (nếu K thuộc HC thì cmtt)

\(BP^2+QC^2=\left(BH-PK-KH\right)^2+\left(CH-KQ+KH\right)^2\)

\(=\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}-KH\right)^2+\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}+KH\right)^2=2\left(\frac{a}{2}-\frac{y}{2}\right)^2+2KH^2\) (6)

Mặt khác \(KH^2=MG^2-MS^2=r^2-\left(MK-SK\right)^2=r^2-\left(\frac{y\sqrt{3}}{2}-\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)^2=r^2-\frac{3}{4}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2\) (7)

Từ (6) và (7) có: \(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}\left(a-y\right)^2+y^2+2r^2-\frac{3}{2}\left(y-\frac{a}{3}\right)^2=\frac{a^2}{2}+2r^2\) (8)

Khi M thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC, nghĩa ra \(r=MG=\frac{a\sqrt{3}}{6}\)thì

\(BP^2+PQ^2+QC^2=\frac{1}{2}MF\)

\(\Delta'_1=a^2-b;\Delta'_2=b^2-a\)

\(\Delta'_1+\Delta'_2=a^2-b+b^2-a=\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(a+b-2\right)\)

\(=\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(a+b-2\right)\ge0\)

Vì \(\left(a-1\right)^2\ge0;\left(b-1\right)^2\ge0;a+b-2\ge0\left(gt\right)\)

Do đó trong hai số \(\Delta'_1;\Delta'_2\) có ít nhất 1 số ko âm

Vậy ít nhất 1 trong 2 pt đã cho có nghiệm.

Chỉ mình đi mọi người