Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [F, A] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [A, E] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [E, M] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [D, F] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [G, B] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [E, C] O = (2.08, 1.84) O = (2.08, 1.84) O = (2.08, 1.84) A = (12.48, 2.58) A = (12.48, 2.58) A = (12.48, 2.58) Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm B: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm D: Điểm trên c Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm C: Giao điểm đường của c, f Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm E: Giao điểm đường của c, g Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm F: Giao điểm đường của c, h Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm G: Giao điểm đường của c, i Điểm M: Giao điểm đường của f, j Điểm M: Giao điểm đường của f, j Điểm M: Giao điểm đường của f, j

a)  Do DF // AC nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GFD}\)  (Hai góc so le trong) . 

Lại có \(\widehat{GFD}=\widehat{GED}\)   (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung GD)

Nên \(\widehat{MAG}=\widehat{GED}\)

Xét tam giác AMG và tam giác EMA có:

\(\widehat{MAG}=\widehat{MEA}\) (cmt)

Góc M chung

Vậy nên \(\Delta AMG\sim\Delta EMA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MA}{ME}=\frac{MG}{MA}\Rightarrow MA^2=MG.ME\) 

b) Do tứ giác ECBG nội tiếp nên \(\widehat{BCE}=\widehat{BGM}\) (Góc ngoài tại đỉnh đối của tứ giác nội tiếp)

Vậy xét tam giác MGB và MCE có:

\(\widehat{BGM}=\widehat{ECM}\left(cmt\right)\)

Góc M chung

Vậy nên \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\left(g-g\right)\)

c) Theo câu a, ta có \(AM^2=MG.ME\)

Theo câu b, \(\Delta MGB\sim\Delta MCE\Rightarrow\frac{MG}{MC}=\frac{MB}{ME}\Rightarrow MG.ME=MB.MC\)

Vậy nên \(MA^2=MB.MC\)

Suy ra \(MA^2+MA.MC=MB.MC+MA.MC\)

\(\Leftrightarrow MA\left(MA+MC\right)=MC\left(MB+MA\right)\)

\(\Leftrightarrow MA.AC=MC.AB\)

\(\Leftrightarrow AB\left(AC-AM\right)=MA.AC\)

\(\Leftrightarrow AB.AC-AB.AM=AM.AC\)

\(\Leftrightarrow AB.AC=AM\left(AB+AC\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{AB+AC}{AB.AC}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AM}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}\left(đpcm\right)\)

ko biet

\(A=x-4-2\sqrt{x-4}+1+6=\left(\sqrt{x-4}-1\right)^2+6\ge6\)

dấu \(=\)xảy ra khi \(\sqrt{x-4}=1\Leftrightarrow x=5\)

\(B=\sqrt{3\left(x-2\right)^2+4}+\sqrt{\left(x^2-4\right)^2+1}\ge\sqrt{4}+\sqrt{1}=3\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(x=2\)

Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành: 

Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Lời giải:

 Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\) 

Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev: 

\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)

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

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)

Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

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

Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)

Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)

\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: 

\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cuối cùng ta cần chứng minh được

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Đề bài của bạn bị ngược dấu. Phải là \(2\sqrt{ab+bc+ac}\leq \sqrt{3}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\) 

Lời giải:

Lũy thừa 6, BĐT trên tương đương với \(2^6(ab+bc+ac)^3\leq 27[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\) \((\star)\)

Thật vậy:

Áp dụng BĐT AM-GM: \((a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)

Do đó: \((a+b)(b+c)(c+a)=ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)+2abc=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\)

\(\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}\)

\(\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\)

Suy ra \([(a+b)(b+c)(c+a)]^2\geq \frac{64}{81}(a+b+c)^2(ab+bc+ac)^2\)

Mà theo hệ quả của BĐT AM-GM: \((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow [(a+b)(b+c)(c+a)]^2\geq \frac{64}{27}(ab+bc+ac)^3\)

hay \(64(ab+bc+ac)^3\leq 27[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\)

BĐT \((\star)\) được chứng minh. Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)