BĐT \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+a^2+b^2+c^2-\left(a+b+c\right)\ge0\)

Có: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)(chú ý: \(\left(a+b+c\right)^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\left(a+b+c\right)=3\left(a+b+c\right)\))

Ta có đpcm.

Có cách khác ^_^ mới nghĩ ra

BĐt <=> \(P\left(a,b,c\right)=a^2+b^2+c^2-\frac{1}{2}\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge0\)

Không mất tính tổng quát , giả sử : \(a=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow t=\sqrt{bc}\ge1\)

=> Chứng minh: \(P\left(a,b,c\right)\ge P\left(a,t,t\right)\)

Thật vậy , \(P\left(a,b,c\right)-P\left(a,t,t\right)=\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{bc}\right)\right]\)

                                                                  \(\ge\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[4-\frac{1}{2}\left(1+1\right)\right]\ge0\)

mặt khác: \(P\left(a,t,t\right)=P\left(\frac{t}{t^2},t,t\right)=\frac{\left(t-1\right)^2\left(3t^4+4t^3+5t^2+4t+2\right)}{2t^4}\ge0\)

=> BĐT được chứng minh . Đt xảy ra<=> a=b=c=1

Thế muốn giải thích thì liệt kê đau đầu =(

\(\frac{3}{\sqrt{7}-5}-\frac{3}{\sqrt{7+5}}=\frac{-10}{9}\inℚ\)

\(\frac{\sqrt{7}+5}{\sqrt{7}-5}+\frac{\sqrt{7}-5}{\sqrt{7}+5}=12\inℚ\)

Đây là TH là số hữu tỉ còn lại.....

\(\frac{4}{2-\sqrt{3}}-\frac{4}{2+\sqrt{3}}=8\sqrt{3}\notinℚ\)

\(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}-2}-2\sqrt{7}=2-\sqrt{7}\notinℚ\)

x(x + 5) = x(x - 1)

<=> x² + 5x = x² - x

<=> x² + 5x - x² = -x

<=> 5x = -x

<=> 5x + x = 0

<=> 6x = 0

<=> x = 0

=> x = 0

Ngoài ra đây cũng là một dạng của nó: Câu hỏi của titanic - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath (chắc hẵn có bạn thắc mắc tại sao mình phân tích "tài tình" như thế) . Bây giờ mình giải thích:

Khi quy đồng lên: \(VT-VP=\frac{ab^2+bc^2+ca^2-3abc}{abc}\)

Đặt cái tử số = f(a;b;c). Ta sẽ biểu diễn nó dưới dạng sos dao lam:

Ta tìm được 2 các biểu diễn:

\(f\left(a;b;c\right)=b\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)\left(a^2+b^2+bc-3ab\right)\)

\(f\left(a;b;c\right)=c\left(a+b-2c\right)^2+\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(4c-b\right)\)

Từ 2 cái trên ta tiến hành nhân chia các kiểu và tìm được:

\(f\left(a;b;c\right)=\frac{b\left(c-a\right)\left(4c-b\right)\left(a-b\right)^2+c\left(a^2+b^2+bc-3ab\right)\left(a+b-2c\right)^2}{\left(c-a\right)\left(4c-b\right)+\left(a^2+b^2+bc-3ab\right)}\)

Từ đó dẫn đến cách làm ở bài trên.

Theo mình, với trình độ THCS thì việc tìm ra 2 cách biểu diễn trên là khá khó khăn (mất nhiều thời gian, nhất là khi không sử dụng Wolfram|Alpha: Computational Intelligence để phân tích thành nhân tử). Theo ý kiến chủ quan, thì đó chính là nhược điểm của phương pháp này.

Tuy nhiên nó lại hay ở chỗ: Không bị cứng nhắc về cách biểu diễn, mình có thể biểu diễn dưới dạng tổng 2 bình phương or các kiểu tương tự bên dưới:v trong khi đó SOS thông thường cần tới 3 bình phương or các kiểu tổng quát như: \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}\)

\(=\frac{a^4}{ab+ac}+\frac{b^4}{cb+ba}+\frac{c^4}{ac+bc}\)

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

Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Rightarrowđpcm\)

\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{a^3}{b+c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b+c}.\frac{a^3}{b+c}.\frac{\left(b+c\right)^2}{8}}=\frac{3a^2}{2}\)

Rồi tương tự các kiểu:v

Suy ra \(2VT\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2}{8}\)

\(\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (chú ý \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\))

Không phải dùng tới Cauchy-Schwarz:D

Hình vẽ: 

(Mình sẽ làm hết, trường hợp cho bạn nào chưa biết làm :P)

1)  Nối A với C.

Xét ΔABC có: \(\hept{\begin{cases}AM=BM\left(gt\right)\\BN=CN\left(gt\right)\end{cases}\Rightarrow}\)MN là đường trung tuyến \(\Rightarrow MN//AC\)và \(MN=\frac{1}{2}AC\left(1\right)\)

Xét ΔDAC có:\(\hept{\begin{cases}DQ=AQ\left(gt\right)\\DP=PC\left(gt\right)\end{cases}}\Rightarrow\)PQ là đưởng trung tuyến \(\Rightarrow PQ//AC\) và\(PQ=\frac{1}{2}AC\left(2\right)\)

từ (1) và (2) \(\Rightarrow MN=PQ=\frac{1}{2}AC\left(đpcm\right)\)

2) Nối B với D, AC cắt BD tại I

do ABCD là hình thoi nên \(AB\perp CD\Rightarrow\widehat{AIB}=90^o\)

ta có: \(\hept{\begin{cases}MN//AC\\PQ\text{​​}//AC\end{cases}}\Rightarrow MN//PQ//AC\)

Chứng minh tương tự như câu a) ta có: \(MQ//NP//BD\)

Cho giao điểm của AC với MQ là J; BD với MN là K

ta có: \(\hept{\begin{cases}MQ//BD\\AC\perp BD\end{cases}\Rightarrow MQ\perp AC\Rightarrow\widehat{MJI}=90^o.}\); \(\hept{\begin{cases}MN//AC\\BD\perp AC\end{cases}\Rightarrow MN\perp BD\Rightarrow\widehat{MKI}=90^o}\)

Xét tứ giác JMKI có: \(\widehat{AIB}=\widehat{MJI}=\widehat{MKI}=90^o\)=> JMKI là hình chữ nhật

=> MN vuông góc với MQ => \(\widehat{QMN}=90^o\)

3) ta có: \(MN//PQ\)mà \(MN\perp MQ\)\(\Rightarrow PQ\perp MQ\Rightarrow\widehat{PQM}=90^o\)

do \(MQ//PN\)mà \(MN\perp MQ\)\(\Rightarrow MN\perp NP\Rightarrow\widehat{PNM}=90^o\)

Xét tứ giác MNPQ có: \(\widehat{QMN}=\widehat{PQM}=\widehat{PNM}=90^o\)=> MNPQ là hình chữ nhật

4) Xét hình thoi ABCD, ta có: \(\hept{\begin{cases}AB=CD\\AB\text{​​}\text{​​}//CD\end{cases}}\)mà M, P lần lượt là trung điểm cùa AB, CD

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}MB=DP\\MB//DP\end{cases}}\)=> MBPD là hình bình hành

5) Xét ΔABD có AB = AD => ΔABD là tam giác cân => \(\widehat{ADB}=\widehat{ABD}\)

Xét tứ giác MQDB có: \(\hept{\begin{cases}MQ//DB\left(cmt\right)\\\widehat{ADB}=\widehat{ABD}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow}\)MQDB là hình thang cân

mà \(ID=IB;IJ\perp BD\)=> \(JQ=JM=\frac{1}{2}QM\) 

do \(QM=\frac{1}{2}BD=IB\Rightarrow JM=\frac{1}{2}IB=\frac{1}{4}BD\Rightarrow MQ=\frac{1}{2}BD\)

Xét ΔABI có: \(\hept{\begin{cases}JM=\frac{1}{2}IB\\JM//IB\end{cases}\Rightarrow}\)JM là  đường trung bình => AJ = JI 

Xét hình chữ nhật JMKI, ta có: JI = MK mà AJ = JI(cmt)\(\Rightarrow MK=\frac{1}{2}AI=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MN=\frac{1}{2}AC\)

ta có: \(S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD=2\cdot\frac{1}{2}AC\cdot\frac{1}{2}BD=2\cdot MQ\cdot MN=2\cdot S_{MNPQ}\)

\(\Rightarrow S_{MNPQ}=\frac{S_{ABCD}}{2}=\frac{12}{2}=6\left(cm^2\right)\)

Cách làm câu 5) có vẻ hơi dài, bạn có thể lược bớt nhé! ^^ Hình như bài có chút sai đề ở S_ABCD = 12cm²

Học tốt nhé ^3^

kb đi rôi tao chỉ cho

Cm: a) Xét t/giác ABC có: AM = MB (gt)

                     BN = NC (gt)

=> MN là đường t/b của t/giác ABC

=> MN = 1/2AC (1)

CMTT t/giác ADC 

=> QP là đường t/b của t/giác ADC

=> QP = 1/2AC (2)

Từ (1) và (2) => MN = PQ = 1/2AC

2. Do ABCD là hình thoi => AC \(\perp\)BD

CMTT t/giác ABD => QM là đường t/b của t/giác ABD => QM // BD 

                                    => AC \(\perp\)QM

    Do MN // AC (vì MN là đg t/c của t/giác ABC)

 => MN \(\perp\)QM