Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}=\frac{1}{x}+\frac{4}{2y}\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{x+2y}=\frac{9}{x+2y}\)(1)

Từ GT x + 2y ≤ 3z => \(\frac{1}{x+2y}\ge\frac{1}{3z}\)<=> \(\frac{9}{x+2y}\ge\frac{3}{z}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}\ge\frac{9}{x+2y}\ge\frac{3}{z}\)=> \(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}\ge\frac{3}{z}\left(đpcm\right)\)

Đẳng thức xảy ra <=> x=y=z=1

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\) \(\left(x,y,z>0\right)\)

Khi đó 

\(VT=\frac{1}{\frac{1}{x^2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\frac{1}{y^2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\frac{1}{z^2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\) và \(xyz=1\)

\(=\frac{x^2}{\frac{y+z}{yz}}+\frac{y^2}{\frac{z+x}{zx}}+\frac{z^2}{\frac{x+y}{xy}}=\frac{x^2yz}{y+z}+\frac{y^2zx}{z+x}+\frac{z^2xy}{x+y}\)

\(=\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=\frac{x^2}{xy+zx}+\frac{y^2}{yz+xy}+\frac{z^2}{zx+yz}\)

\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1

đk: \(y+3\ge0\)

BĐT cần chứng minh tương đương

\(BPT\Leftrightarrow1-2y-y^2\le\left(y+3\right)^2=y^2+6y+9\)

\(\Leftrightarrow2y^2+8y+8\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(y+2\right)^2\ge0\left(\forall y\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(y+2=0\Rightarrow y=-2\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(2x+\sqrt{12-2x^2}\le6\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{12-2x^2}\le6-2x\)

\(\Rightarrow12-2x^2\le\left(6-2x\right)^2\)

\(\Leftrightarrow12-2x^2\le36-24x+4x^2\)

\(\Leftrightarrow6x^2-24x+24\ge0\)

\(\Leftrightarrow6\left(x-2\right)^2\ge0\left(\forall x\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(x-2=0\Rightarrow x=2\)

1) Trước hết ta sẽ chứng minh BĐT với 2 số

Với x,y,z,t > 0 ta luôn có: \(\frac{x^2}{y}+\frac{z^2}{t}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\)

BĐT cần chứng minh tương đương:

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{x^2t+z^2y}{yt}\ge\frac{\left(x+z\right)^2}{y+t}\Leftrightarrow\left(x^2t+z^2y\right)\left(y+t\right)\ge yt\left(x+z\right)^2\)

(Biến đổi tương đương)

Khi bất đẳng thức trên đúng ta sẽ CM như sau:

\(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\alpha+\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{a}{\alpha}=\frac{b}{\beta}=\frac{c}{\gamma}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :

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

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+y\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^2\)

\(\Rightarrow4\left(x+y\right)^2\ge\left(x^2+y^2\right)^4\)  \(\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM: 

\(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\) \(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\) \(\Rightarrow8\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^2+y^2\right)^4\)

\(\Rightarrow8\ge\left(x^2+y^2\right)^3\)

\(\Rightarrow2\ge x^2+y^2\)hay \(x^2+y^2\le2\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương ta có    

        $x^3+x^3+1\ge 3\sqrt[3]{x^3.x^3.1}\iff 2x^3+1\ge 3x^2$, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1$.

Tương tự,  $2y^3+1\ge 3y^2$. Cộng theo vế hai bất đẳng thức nhận được ta có

             $2\left(x^3+y^3\right)+2\ge 3\left(x^2+y^2\right)$

Sử dụng giả thiết  $x^3+y^3=2$ suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi      $x=y=$

a/ Ta có

\(AD\perp OA\) (AD là tiếp tuyến)

O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) => AO là trung tuyến của \(\Delta ABC\Rightarrow BC\perp AO\)  (trong tg cân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh đồng thời là đường cao)

=> AD//BC (cùng vuông góc với OA); mà AD=BC (gt) => ABCD là hình bình hành ( Tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và bằng nhau thì tứ giác đó là hình bình hành)

b/ Do ABCD là hình bình hành nên AC cắt BD tại trung điểm mỗi đường

Mặt khác ta cũng có OM đi qua trung điểm của AC (Hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn thì vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm)

=> AC; BD; OM đồng quy

) Có:

a) 

Vì vậy AD = BC và AD//BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
b) Theo tứ giác ABCD là hình thành nên BD và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì MA=MC và OM là tia phân giác góc AMC.
AM = MC nên tam giác AMC cân tại M và MO là tia phân giác của tam giác AMC nên OM cũng đi qua trung điểm của AC.
Suy ra ba đường thẳng AC, BD, OM đồng quy.