Em có cách giải khác nhưng không chắc lắm!

Nếu \(c\ge\frac{13}{3}\) thì: \(60=5a^2+2abc+4b^2+3c^2\ge5a^2+\frac{26}{3}ab+4b^2+3c^2\)

\(=\frac{1}{45}\left(15a+13b\right)^2+\frac{11b^2}{45}+3c^2\)

\(>\frac{\left(15a+13b\right)^2}{45}+3c^2=\frac{\left(15a+13b\right)^2+135c^2}{45}\)

\(>\frac{\left(13a+13b\right)^2+\left(11c\right)^2}{45}\ge\frac{\left(13a+13b+11c\right)^2}{45}>\frac{121\left(a+b+c\right)^2}{45}\)

\(\Rightarrow A=a+b+c< \sqrt{\frac{60.45}{121}}< 4,8< 6\)

Nếu \(0< c< \frac{13}{3}\):

\(22\left(6-A\right)=22\left[6-\left(a+b+c\right)\right]\)

\(=\frac{1}{5}\left[\left(5a+bc-11\right)^2+\frac{5\left(c-3\right)^2\left(c+3\right)\left(13-3c\right)}{20-c^2}+\frac{(bc^2 - 20b - 11c + 55)^2}{20-c^2}\right]\ge0\)

(chú ý phân tích chỗ này chỉ đúng với a, b, c thỏa mãn giả thiết)

Do đó \(A\le6\). Tóm lại, trong mọi trường hợp của c, A luôn \(\le6\).

Vậy Max A = 6 khi \(a=1;b=2;c=3\)

Trong đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa bài này có đáp án rồi. 

Từ phương trình :\(5a^2+2abc+4b^2+3c^2=60\)(1) và a, b , c là các số dương

=> \(4b^2< 60;3c^2< 60\)

=> \(\left(15-b^2\right)>0;\left(20-c^2\right)>0\)

(1) <=> \(5a^2+2bc.a+4b^2+3c^2-60=0\)

Xem đẳng thức trên phương trình bậc 2  có tham số là b và c ẩn là a.

Khi đó: \(\Delta'=\left(bc\right)^2-5\left(4b^2+3c^2-60\right)\)

\(=\left[\left(bc\right)^2-20b^2\right]-\left(15c^2-300\right)\)

\(=b^2\left(c^2-20\right)-15\left(c^2-20\right)=\left(b^2-15\right)\left(c^2-20\right)>0\)( theo trên )

=> phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt:

\(a=\frac{-bc\pm\sqrt{\left(b^2-15\right)\left(c^2-20\right)}}{5}\)

Xét nghiệm  \(a=\frac{-bc+\sqrt{\left(b^2-15\right)\left(c^2-20\right)}}{5}\)

\(\le\frac{-bc+\frac{1}{2}\left(15-b^2+20-c^2\right)}{5}=\frac{-\left(b+c\right)^2+35}{10}\)

=> \(a+b+c=\frac{-\left(b+c\right)^2+10\left(b+c\right)+35}{10}\)

\(=\frac{-\left(b+c-5\right)+60}{10}\le\frac{60}{10}=6\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}b+c-5=0\\b^2-15=c^2-20\\a+b+c=6\end{cases}}\)<=> \(\hept{\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}}\) thử lại thỏa mãn ( 1)

Vậy: min A = 6 tại a = 1; b = 2; c = 3

Với y =0 thế vào hệ => vô lí

Với y khác 0

Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta có:

\(x^2y^2+xy^2=y+1\)

<=> \(\left(x^2y^2-1\right)+\left(xy^2-y\right)=0\)

<=> \(\left(xy-1\right)\left(xy+1+y\right)=0\)

TH1: \(xy-1=0\)

<=> \(x=\frac{1}{y}\)

Thế vào hệ ta có:

\(1=\frac{2}{y^2}+y\)

<=> \(y^3-y^2+2=0\)

<=> \(\left(y^3+1\right)-\left(y^2-1\right)=0\)

<=> \(\left(y+1\right)\left(y^2+2y+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=-1\\\left(y+1\right)^2+1=0\left(loai\right)\end{cases}}\)

Với y = -1 ta có: x = - 1

TH2: xy + 1 + y = 0

<=> \(x=\frac{-1-y}{y}\) thế vào hệ ta có:

\(\left(y+1\right)^2=\frac{2\left(1+y\right)^2}{y^2}+y\)

<=> \(y^4+y^3-y^2-4y-2=0\)

<=> \(\left(y^4-y^3-y^2\right)+\left(2y^3-2y^2-2y\right)+\left(2y^2-2y-2\right)=0\)

<=> \(\left(y^2-y-1\right)\left(y^2+2y+2\right)=0\)

<=> \(\orbr{\begin{cases}y=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\\\left(y+1\right)^2+1=0\left(loại\right)\end{cases}}\)

Với \(y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) ta có: \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\)

Với \(y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) ta có: \(x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\)

Kết luận: Hệ có 3 nghiệm:...

Ta có:

\(4\sqrt{8-x}+4\sqrt{8-y}+4\sqrt{8-z}\)

\(\le8-x+4+8-y+4+8-z+4\)

\(=36-x-y-z\)

\(=48-\left(x+4\right)-\left(y+4\right)-\left(z+4\right)\)

\(\le48-4\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\)

\(=48-4.6=24\)

\(\Rightarrow\sqrt{8-x}+\sqrt{8-y}+\sqrt{8-z}\le6\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=4\)     

bạn tham khảo nhé:

Vì \(x,y,z\ge0\)không mất tính tổng quát ta giả sử \(x\ge y\ge z\)

hệ \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3\sqrt{x}=6\\3\sqrt{8-x}=6\end{cases}\Leftrightarrow3\sqrt{x}=3\sqrt{8-x}\Leftrightarrow x=4}\)

\(\Rightarrow4\ge y\ge z\)

Nếu \(x=1\)thì \(\sqrt{8-x}=\sqrt{7}\left(L\right)\)

nếu \(x=2\)thì \(\sqrt{x}=\sqrt{2}\left(L\right)\)

\(\)nếu \(x=3\)thì \(\sqrt{x}=\sqrt{3}\left(L\right)\)

Loại vì các số vô tỉ không thẻ nào cộng lại là 1 số nguyên

Vậy \(\left(x;y;z\right)\)là \(\left(4;4;4\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức: x² + a²y² \(\ge\)2axy, ta có:

\(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\left(xy+yz+zx\right)\le\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}\left(x^2+y^2\right)+\left[y^2+\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2x^2\right]+\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2z^2+x^2\right]}{2}\)=

\(\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1\right)\left(x^2+y^2\right)+2\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2z^2}{2}\)

\(\Rightarrow\left(1+\sqrt{5}\right)\le\frac{3+\sqrt{5}}{2}\left(x^2+y^2\right)+\left(3+\sqrt{5}\right)z^2\)\(\Rightarrow x^2+y^2-2z^2\ge\sqrt{5}-1\)\(\Rightarrow P\ge\sqrt{5}-1\)

Vậy GTNN của P là \(\sqrt{5}-1\)khi \(x=y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}z.\)

Ta có :

\(B+8=xy+yz+2zx+x^2+y^2+z^2\)

\(=\left(x+z+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2\ge0\)

Do đó : \(B\ge-8\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y=0\\x^2=z^2=4\end{cases}}\)

 ミ★ Đạt ★彡 làm đúng rồi nha.

Nhưng đoạn cuối bạn cần bổ sung là khi y = 0; x= -2 thì z=2 hoặc khi x=2 ;z=-2;y=0.

(x;z phải ngược dấu nha)

Đề sai. Giả sử tam giác là tam giác đều thì ta có:

\(tan\left(30\right)+tan\left(30\right)=\frac{2\sqrt{3}}{3}>\frac{\sqrt{3}}{3}=tan\left(30\right)\)

Nếu nó đều thì bất đẳng thức bị sai là sao dùng bất đẳng thức đó để chứng minh nó đều được.

Sửa đề:

\(\hept{\begin{cases}tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\le2tan\frac{C}{2}\left(1\right)\\cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}\le2cot\frac{C}{2}\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}\le\frac{2}{tan\frac{C}{2}}\le\frac{4}{tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\left(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\right)^2\le4tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(tan\frac{A}{2}-tan\frac{B}{2}\right)^2\le0\)

Dấu = xảy ra khi \(tan\frac{A}{2}=tan\frac{B}{2}\)

\(\Rightarrow A=B\)

Thế lại hệ ban đầu ta được

\(\hept{\begin{cases}2tan\frac{A}{2}\le2tan\frac{C}{2}\\2cot\frac{A}{2}\le2cot\frac{C}{2}\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}tan\frac{A}{2}\le tan\frac{C}{2}\\tan\frac{A}{2}\ge tan\frac{C}{2}\end{cases}}\)

Dấu = xảy ra khi \(A=C\)

Vậy ta có được \(A=B=C\) nên tam giác ABC là tam giác đều.

1/ Tìm Max. Ta có

\(\frac{M}{2}=\frac{15x}{2}+\frac{x\sqrt{17-x^2}}{2}\)

\(=-\left(\frac{x^2}{16}-\frac{2x\sqrt{17-x^2}}{4}+17-x^2\right)-15\left(\frac{x^2}{16}-\frac{2x}{4}+1\right)+32\)

\(=-\left(\frac{x}{4}-\sqrt{17-x^2}\right)^2-15\left(\frac{x}{4}-1\right)^2+32\le32\)

\(\Rightarrow M\le64\)

\(\Rightarrow\)GTLN là M = 64 đạt được khi x = 4

Tìm Min. Ta có

\(\frac{M}{2}=\frac{15x}{2}+\frac{x\sqrt{17-x^2}}{2}\)

\(=\left(\frac{x^2}{16}+\frac{2x\sqrt{17-x^2}}{4}+17-x^2\right)+15\left(\frac{x}{16}+\frac{2x}{4}+1\right)-32\)

\(=\left(\frac{x}{4}+\sqrt{17-x^2}\right)^2+15\left(\frac{x}{4}+1\right)^2-32\ge-32\)

\(\Rightarrow M\ge-64\)

Vậy GTNN là M = - 64 đạt được khi x = - 4

x = 8 đó mình chỉ đoán thôi 

\(\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\right)\)

\(\ge\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}+\frac{b^2c}{3\sqrt[3]{b^2c}}+\frac{c^2a}{3\sqrt[3]{c^2a}}\right)\)

\(=\frac{3}{2}-\frac{1}{6}\left(\sqrt[3]{a^4b^2}+\sqrt[3]{b^4c^2}+\sqrt[3]{c^4a^2}\right)\)

\(\ge\frac{3}{2}-\frac{1}{18}\left(2ab+a^2+2bc+b^2+2ca+c^2\right)\)

\(\ge\frac{3}{2}-\frac{3^2}{18}=1\)

Cái dấu \(\ge\)cuối dùng là dấu = nha tại lanh tay quá nên gõ nhầm

đặt AB=c, BC=a, AC=c.
để chứng minh bđt trên ta sẽ áp dụng công thức: \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.a.b.sinC=\frac{1}{2}.b.c.sinA=\frac{1}{2}.a.c.sinB\)
ta có: \(\frac{sinA}{sinB+sinC}+\frac{sinB}{sinA+sinC}+\frac{sinC}{sinA+sinB}\)
       \(=\frac{a.b.c.sinA}{a.b.c.sinB+a.b.c.sinC}+\frac{a.b.c.sinB}{a.b.c.sinA+a.b.c.sinC}+\frac{a.b.c.sinC}{a.b.c.sinA+a.b.c.sinB}\)
        ;\(=\frac{2S_{\Delta ABC}.a}{2S_{\Delta ABC}.b+2S_{\Delta ABC}.c}+\frac{2S_{\Delta ABC}.b}{2.S_{\Delta ABC}.c+2.S_{\Delta ABC}.b}+\frac{2S_{\Delta ABC}.c}{2S_{\Delta ABC}.b+2S_{\Delta ABC}.a}\)
         \(=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\).
Ta có: \(\frac{a}{b+c}>\frac{a}{a+b+c};\frac{b}{a+c}>\frac{b}{a+b+c};\frac{c}{a+b}>\frac{c}{a+b+c}\)
nên \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1.\)
Ta sẽ chứng minh bđt phụ: \(\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\left(1\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^2< a\left(b+c\right)\Leftrightarrow a< b+c\)(đúng vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác).
tương tự: \(\frac{b}{a+c}< \frac{2b}{a+b+c};\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\).
suy ra: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2c}{a+b}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\).
vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
 

câu này khó ghê