Tài liệu BD HSG - bat dang thuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (144.76 KB, 8 trang )

Bài 1 Cho3 số dương a, b, c. CMR:
3
b
a
+
3
b
c
+
3
c
a
≥
a
ac
+ b
ba
+ c
ab
Ta có:
3
b
a
+
3
b
c
+
3
c
a

=
3
b
a
+ bc +
3
b
c
+ ca +
3
c
a
+ ab – (ac + cb + ab) =
3
b
a
+ bc +
3
b
c
+ ca +
3
c
a
+ ab– (
ab
2
+
bc
2

+
ab
2
+
ac
2
+
bc
2
+
ac
2
)
≥
2
3
.
a
bc
c
+ 2
3
.
b
ac
c
+ 2
3
.
c

ab
a
+ 2
.
4
ab bc
- 2
.
4
ab ac
- 2
.
4
bc ac
=
= 2a ac +2b ba + 2c ab - a ac -b
ba
- c
ab
= a ac + b
ba
+ c
ab
(đpcm)
Vậy
3
b
a
+
3

b
c
+
3
c
a
≥
a
ac
+ b
ba
+ c
ab

∀
a, b, c > 0
Bài 3: CMR:
∀
a, b, c > 0 ta có:
ab bc ca
a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b
+ +
+ + + + + +
≤
a b c
6
+ +
p dụng bất đẳng thức: (
1 1
a b c

1
+ +
)(a + b + c)
≥
3
3
1
abc
3
3
abc = 9
⇒
1
a b c+ +
≤

1
9
(
1 1
a b c
1
+ +
)
⇒
ab
a 3b 2c+ +
=
ab
a c b c 2b+ + + +

≤

ab
9
(
1 1
a c b c 2b
1
+ +
+ +
)
Tương tự:
bc
b 3c 2a+ +
≤

bc
9
(
1 1
b a a c 2c
1
+ +
+ +
) và
ca
c 3a 2b+ +
≤

ca

9
(
1 1
b c 2a
1
b a
+ +
+ +
)
VT
≤

ab
9
(
1 1
a c b c 2b
1
+ +
+ +
)+
bc
9
(
1 1
b a a c 2c
1
+ +
+ +
)+

ca
9
(
1 1
b c 2a
1
b a
+ +
+ +
) = (
ab
9
+
bc
9
)
1
a c+
+ (
ab
9
+
ca
9
)
1
b c+
+ (
bc
9

+
ca
9
)
1
b a+
+
a
18
+
b
18
+
c
18
=
b(a c)
9(a c)
+
+
+
a(b c)
9(b c)
+
+
+
c(b a)
9(b a)
+
+

+
a
18
+
b
18
+
c
18
=
=
a
9
+
b
9
+
c
9
+
a
18
+
b
18
+
c
18
=
a

6
+
b
6
+
c
6
=
a b c
6
+ +
= VP
Bài 4:Cho a, b, c > 0. CMR:
ab
c(c a)+
+
bc
a(a b)+
+
ca
b(b c)+
≥

a
a c+
+
b
a b+
+
c

b c+
(1)
Bất đẳng thức đã cho tương dương:
⇔
b a
.
c c a+
+
c
.
a
b
a b+
+
a c
.
b b c+
≥

a
a c+
+
b
a b+
+
c
b c+
⇔
b 1
.

c
c
1
a
+
+
c
.
a
a
b
1
1+
+
a 1
.
b
b
1
c
+
≥
1
c
1
a
+
+
a
b

1
1+
+
1
b
1
c
+
Đặt
a
b
= x,
b
c
= y,
c
a
=z =>
a
b
.
b
c
.
c
a
= xyz = 1 và z, y, x > 0
⇒
BĐT:y.
1

z 1+
+ z.
1
x 1+
+ x.
1
y 1+

≥

1
z 1+
+
1
x 1+
+
1
y 1+
⇔
y(x+1)(y+1)+z( y + 1)(z + 1)+x(x + 1)(z + 1)
≥
(x + 1)(y + 1)+( y + 1)(z + 1)+(x + 1)(z + 1)
⇔
(y – 1)(x+1)(y+1)+(z – 1)( y + 1)(z + 1)+(x – 1)(x + 1)(z + 1)
≥
0
⇔
y
2
x + y

2
– x – 1 + z
2
y + z
2
– y – 1 + x
2
z + x
2
– z – 1
≥
0
⇔
( y
2
x+ x
2
z+ z
2
y) + ( y
2
+ z
2
+ x
2
) – (x + y + z) – 3
≥
0 (*)
p dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
y

2
x+ x
2
z+ z
2
y
≥
2 2 2
3
3 y x.x z.z y
= 3xyz =3; y
2
+ z
2
+ x
2
≥
2 2 2
3
3 y x z
=
3
3 1
= 3;x + y + z
≥
3
3 yxz 3=
VT của (*)
≥
3 + 3 – 3 – 3 =0 = VP => (*) đúng => (1) đúng

Vậy
ab
c(c a)+
+
bc
a(a b)+
+
ca
b(b c)+
≥

a
a c+
+
b
a b+
+
c
b c+
Bài 5:Cho 3 số dương a, b, c. CMR:
)1(
1
)1(
1
)1(
1
accbba
+
+
+

+
+

≤

)1(
3
33
abcabc
+
Đặt P =VT.p dụng bất đẳng thức:
∀
x, y, z là các số thực,ta có:(x + y + z)
2

≥
3(xy + yz + zx), suy ra:P
2

≥
1 1 1
3( )
ab(1 b)(1 c) bc(1 c)(1 a) ca(1 a)(1 b)
+ +
+ + + + + +
=
)1)(1)(1(
))1()1()1((3
cbaabc
cbbaac

+++
+++++
=
=
)1)(1)(1(
)1)1)(1)(1((3
cbaabc
abccba
+++
−−+++
=> P
2

≥

)1)(1)(1(
3
)1)(1)(1(
33
cbaabccbaabc
+++
−
+++
−
(1)
Đặt t =
3
abc
.Theo bất đẳng thức Cô - si ta lại có:
(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca)

≥
1 + 3t + 3t
2
+ t
3
= (1 + t)
3
(2)
Từ (1)và (2) suy ra: P
2

≥

3333
)1(
3
)1(
33
tttt
+
−
+
−
=
33
33
)1(
)1)1((3
tt
tt

+
−−+
=
22
)1(
9
tt
+
⇒
P
≥

)1(
3
tt
+
=
)1(
3
33
abcabc
+
( do P > 0)
Bài 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh:
a
b c+
+
b
c a+
+

c
a b+
> 2.
Đặt a + b + c = t
b c
a
+
.1
≤

b c
1
a
2
+
+
=
b c a
a
2
+ +
=
t
2a
hay
a
b c+
≥

t

a2
Tương tự:
b
c a+
≥
2b
t
và
c
a b+
≥
2c
t
⇒
a
b c+
+
b
c a+
+
c
a b+
≥
2a
t
+
2b
t
+
2c

t
=
2(a b c)
t
+ +
=
2t
t
= 2
Dấu bằng xảy ra khi:
b c
a
+
= 1,
a c
b
+
= 1,
b a
c
+
= 1
⇒
a b c
b a c
c a b
= +


= +



= +


⇔
a + b + c = 2(a + b + c)
⇔
a + b + c = 0 (*)
Theo giả thiết thì a + b + c
≠
0
⇒
(*) không xảy ra. Vậy dấu bằng không xảy ra.
⇒
a
b c+
+
b
c a+
+
c
a b+
> 2. (đpcm)
Bài 7: Cho x, y, z là các số không âm.CMR: 8(x
3
+ y
3
+ z
3

)
2

≥
9(x
2
+ yz)(y
2
+ xz)(z
2
+ xy)
Theo bất đẳng thức Cô – si, ta có:
3 3 3 3 3 3
x y y z x z
3
+ +
≥
x
2
y
2
z
2

⇔
x
3
y
3
+ x

3
z
3
+ y
3
z
3
≥
3x
2
y
2
z
2

⇔
6x
3
y
3
+ 6x
3
z
3
+ 6y
3
z
3
≥
18x

2
y
2
z
2

(*)
Lại có: (x
3
– xyz)
2

≥
0
⇔
x
6
+ x
2
y
2
z
2
≥
2x
4
yz
⇔
x
6

+
3 3 3 3 3 3
x y y z x z
3
+ +
≥
2x
4
yz (1)
Tương tự: y
6
+
3 3 3 3 3 3
x y y z x z
3
+ +
≥
2y
4
xz (2) và z
6
+
3 3 3 3 3 3
x y y z x z
3
+ +
≥
2z
4
xy (3)

Từ (1), (2), (3) ta có: x
6
+ y
6
+ z
6
+
3 3 3 3 3 3
x y y z x z+ +
≥
2x
4
yz + 2y
4
xz + 2z
4
xy (4)
Từ (4) và (*) ta có: x
6
+ y
6
+ z
6
+7
3 3 3 3 3 3
x y 7y z 7x z+ +
≥
2x
4
yz + 2y

4
xz + 2z
4
xy + 18x
2
y
2
z
2

(*’)
Ta có:
6 6 6
x y z
3
+ +
≥
x
2
y
2
z
2
. Do đó: x
6
+
6 6 6
x y z
3
+ +

≥
2x
4
yz
Tương tự: y
6
+
6 6 6
x y z
3
+ +
≥
2y
4
xz ; z
6
+
6 6 6
x y z
3
+ +
≥
2z
4
xy
Cộng theo vế ta có: 2(x
6
+ y
6

+ z
6
)
≥
2x
4
yz + 2y
4
xz + 2z
4
xy
⇔
7x
6
+ 7y
6
+ 7z
6

≥
7x
4
yz + 7y
4
xz + 7z
4
xy (5)
Cộng theo vế (*’) và(5) ta có: 8x
6
+8y

6
+8z
6
+7
3 3 3 3 3 3
x y 7y z 7x z+ +
≥
9x
4
y+9y
4
xz+9z
4
xy+ 18x
2
y
2
z
2

⇔
8(x
6
+ y
6
+ z
6
+ 2
3 3 3 3 3 3

x y 2y z 2x z+ +
)
≥
9(x
4
y + y
4
xz + z
4
xy+ 2x
2
y
2
z
2

+
3 3 3 3 3 3
x y y z x z+ +
)
⇔
8(x
3
+ y
3
+ z
3
)
2

≥
9(x
2
(y
2
z
2
+ x
2
yz + xy
3
+ xz
3
)+ yz(x
2
yz + xy
3
+ y
2
z
2
+ xz
3
)
⇔
8(x
3
+ y
3
+ z

3
)
2

≥
9(x
2
+ yz)( y
2
z
2
+ x
2
yz + xy
3
+ xz
3
)
⇔
8(x
3
+ y
3
+ z
3
)
2

≥
9(x

2
+ yz)(y
2
(z
2
+ xy) + xz(z
2
+ xy)) = 9(x
2
+ yz)(y
2
+ xz)(z
2
+ xy)(đpcm)
Vậy 8(x
3
+ y
3
+ z
3
)
2

≥
9(x
2
+ yz)(y
2
+ xz)(z
2

+ xy)
Bài 9: Cho 4 số không âm a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh:
+ + + + + + +a b b c c d d a
≤

2 2
Bài giải:
Bất đẳng thức đã cho tương đương:
⇔
2
( )+ + +a b b c
+
2
( )+ + +c d d a
+ 2
( )+ + +a b b c ( )+ + +c d d a
≤
8
⇔
a + b + c + d + 2
( )( )+ +a b b c
+ a + b + c + d + 2
( )( )+ +c d d a
+ 2
( )( )+ +a b c d
+ 2
( )( )+ +a b d a
+ 2
( )( )+ +b c c d
+2

( )( )+ +b c d a ≤
8
⇔
2(a + b + c + d)+ 2
( )( )+ +a b b c
+ 2
( )( )+ +c d d a
+ 2
( )( )+ +a b c d
+ 2
( )( )+ +a b d a
+ 2
( )( )+ +b c c d
+2
( )( )+ +b c d a ≤
8
p dụng bất đẳng thức Côsi:
2
( )( )+ +a b b c ≤
a + b + b+ c = a +2b + c; 2
( )( )+ +b c d a ≤
a + b + c + d
2
( )( )+ +c d d a ≤
c + d + d + a = c + 2d + a; 2
( )( )+ +a b c d

≤
a + b + c + d
2

( )( )+ +a b d a

≤
a + b + d + a = 2a + b + d;2
( )( )+ +b c c d

≤
b + c + c + d = b + 2c + d
Cộng theo vế:VT
≤
2(a + b + c + d) + a +2b + c + c + 2d + a + a + b + c + d + 2a + b + d + b + 2c + d + a + b
+ c + d
≤
8a + 8b + 8c + 8d = 8(a + b + c + d) = 8 = VP (vì a + b + c + d = 1.)
Vậy + + + + + + +a b b c c d d a
≤

2 2
Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = d = 1/4
Bài 11:Cho 3 số dương a, b, c thoả a + b + c = 1.CMR: a
3
1 b c+ −
+ b
3
1 c a+ −
+c
3
1 a b+ −
≤
1

p dụng bất đẳng thức cô si: a
3
1 b c+ −

≤
a
1 1 1 b c
3
+ + + −
=
3a ba ca
3
+ −
Tương tự: b
3
1 c a+ −
≤

3b bc ba
3
+ −
và c
3
1 a b+ −
≤

3c ac bc
3
+ −
Cộng theo vế: a

3
1 b c+ −
+ b
3
1 c a+ −
+c
3
1 a b+ −
≤
3a ba ca
3
+ −
+
3b bc ba
3
+ −
+
3c ac bc
3
+ −
=
=
3a ab ca 3b cb ab 3c ca cb
3
+ − + + − + + −
=
3a 3b 3c
3
+ +
=

3(a b c)
3
+ +
=
3
3
= 1 (dpcm)
Vậy a
3
1 b c+ −
+ b
3
1 c a+ −
+c
3
1 a b+ −
≤
1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Bài 12: Cho 3 số dương a,b,c thoả a
2
+b
2
+c
2
=1.CMR:
2 2
b
1
c+
+

2 2
1
c a+
+
2 2
1
a b+
≤
3 3 3
a b c
2abc
+ +
+ 3
Ta có: VT =
2 2 2
2 2
b
a b c
c
+ +
+
+ +
2 2 2
2 2
a
a b c
b
+ +
+
=

2
2 2
b
a
c+
+1 +
2
2 2
c
b
a+
+ 1 +
2
2 2
a
c
b+
+ 1 =
=
2
2 2
b
a
c+
+
2
2 2
c
b
a+

+
2
2 2
a
c
b+
+3
≤

2
a
2bc
+
2
2c
b
a
+
2
2a
c
b
+ 3 =
3 3 3
b ca
2abc
+ +
+ 3 = VP
Vậy
2 2

1
b c
+
+
2 2
1
c a+
+
2 2
1
a b+

≤
3 3 3
a b c
2abc
+ +
+ 3. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
1
3
Bài 13: Cho3 số dương a, b, c thoả a + b + c =
3
2
. CMR: B = (1+
3
1
a
)(1+
3
b

1
)(1+
3
c
1
)
≥
729
Ta có: B = 1 +
3
1
a
+
3
b
1
+
3
c
1
+
3 3
1
a b
+
3 3
c
1
a
+

3 3
b c
1
+
3 3 3
1
a b c
B
≥
1 +3
3
3 3 3
1
a b c
+ 3
3
3 3 3 3 3 3
1
a b c a b c
+
3 3 3
1
a b c
= 1 + 3
1
abc
+ 3
2 2 2
1
a b c

+
3 3 3
1
a b c
= ( 1 +
1
abc
)
3
Mặt khác: abc
≤
(
a b c
3
+ +
)
3
= (
3
2
3
)
3
=
1
8

⇒
B
≥

(1+ 1:
1
8
)
3
= 9
3
=729
Vậy B = (1+
3
1
a
)(1+
3
b
1
)(1+
3
c
1
)
≥
729. Dấu bằng xảy ra khi a = b =c =
3
2
: 3 =
1
2
Vậy:
2 2 2 2

( )+x y x y ≤
2. Dấu bằng xảy ra khi x = y =
2
2
= 1
Bài 14: Cho a,b, c >0 thoả ab+bc+ac
≤
abc. CMR:
8
a b+
+
8
b c+
+
8
a c+

≤
2
b c
a
+
+
2
a b
c
+
+
2
c a

b
+
+ 2
Ta có: (a + b)
2
(
2
1
a
+
2
1
b
)
≥
4ab.
2
ab
=8
⇒
2
1
a
+
2
1
b
≥

2

8
(a b)+
⇒
8
a b+
≤
(a + b)(
2
1
a
+
2
1
b
)
⇒
8
a b+
+
8
b c+
+
8
a c+
≤
(a + b)(
2
1
a
+

2
1
b
) + (b + c)(
2
1
b
+
2
c
1
)+ (a + c)(
2
1
a
+
2
c
1
) =
=
2
a b
a
+
+
2
a b
b
+

+
2
b c
b
+
+
2
b c
c
+
+
2
c a
a
+
+
2
c a
c
+
=
2
a b c a
a
+ + +
+
2
a b b c
b
+ + +

+
2
b c c a
c
+ + +
=
=
2
b c
a
+
+
2
2a
a
+
2
a b
c
+
+
2
2c
c
+
2
c a
b
+
+

2
2b
b
=
2
b c
a
+
+
2
a b
c
+
+
2
c a
b
+
+
2
a
+
2
b
+
2
c
=
=
2

b c
a
+
+
2
a b
c
+
+
2
c a
b
+
+
2(ab bc ca)
abc
+ +
≤
2
b c
a
+
+
2
a b
c
+
+
2
c a

b
+
+ 2 (vì ab + bc + ac
≤
abc) (đpcm)
Vậy
8
a b+
+
8
b c+
+
8
a c+

≤
2
b c
a
+
+
2
a b
c
+
+
2
c a
b
+

+ 2
Bài 15:Cho3 số dương a, b, c thoả a + b + c =1.CMR:
a bc
b c
+
+
+
b ca
c a
+
+
+
c ab
a b
+
+
≥
2
VT=
a(a b c) bc
b c
+ + +
+
+
b(a b c) ca
c a
+ + +
+
+
c(a b c) ab

a b
+ + +
+
=
a(a c) b(a c)
b c
+ + +
+
+
b(a b) c(a b)
c a
+ + +
+
+
c(b c) a(b c)
a b
+ + +
+
=
(a c)(a b)
b c
+ +
+
+
(a b)(b c)
c a
+ +
+
+
(b c)(c a)

a b
+ +
+
Đặt a + b = x, b + c = y, c + a = z. VT bất đẳng thức tương đương:
zx
y
+
xy
z
+
yz
x

≥
zx xy
2
2y 2z
+
xy zy
2
2z 2x
+
yz zx
2
2x 2y
= 2x + 2y + 2z = 2(x+y+z) = 2(BDTCô si)
Vậy
a bc
b c
+

+
+
b ca
c a
+
+
+
c ab
a b
+
+
≥
2
∀
a a, b, c >0 thoả a + b + c =1
Bài 16:Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3
1
a b 1+ +
+
3 3
1
b c 1+ +
+
3 3
1
c a 1+ +

≤
1

Vì abc = 1, nên từ: (*) <=> : a
3
+ b
3
+ abc
≥
ab(a + b) + abc <=> a
3
+ b
3
+ 1
≥
ab(a + b + c)
<=>
3 3
1
1+ +a b
≤
1
( )+ +ab a b c
. Tương tự, :
3 3
1
1+ +b c
≤
1
( )+ +bc b c a
,
3 3
1

1+ +c a
≤
1
( )+ +ca c a b
.
⇔
3 3
1
1+ +a b
+
3 3
1
1+ +b c
+
3 3
1
1+ +c a
≤
1
( )+ +ab a b c
+
1
( )+ +bc b c a
+
1
( )+ +ca c a b
=
( )
+ +
+ +

a b c
abc a b c
=
1
abc
= 1
Ứng dụng vào chứng minh hình học:
Bài 17: Cho tam giác ABC vuông tại C. BC = a, AC = b, AB = c . Gọi h
c
là đường cao của tam giác kẻ tại C.
CMR:
+ +
c
a b c
h
≥
2(1 +
2
) Bài giải:
Vì tam giác ABC vuông tại C, áp dụng đònh lý Pytago
⇒

2
c =
2 2
+a b
⇒
c =
2 2
+a b

Và ab = ch
c
⇒
h
c
=
ab
c
( hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⇒
+ +
c
a b c
h
=
+ +a b c
ab
c
=
( )+ +a b c c
ab
=
2
( )+ +a b c c
ab
=
2 2 2 2
( )+ + + +a b a b a b
ab

≥
2 2 2+ab ab ab
ab
=
= 2
2
+2 = 2(1 +
2
)
Vậy
+ +
c
a b c
h
≥
2(1 +
2
) . Dấu bằng xảy ra khi a = b hay tam giác ABC vuông cân tại C
Bài 18: Cho
Λ
ABC, trên tia đối AC, BA, CB lấy ba điểm A
1
,B
1
, C
1
sao cho AA
1
= BC, BB
1

= AC, CC
1
= AB.
CMR:
ABC
1
S
+
ACB
1
S
+
BCA
1
S
≥
6
ABC
S
Bài giải:
A
B C
1
B
1
A
1
C

Đặt AB = c, BC = a, AC = b

Ta có:
ABC
1
ABC
S
S
=
1
BC
BC
=
a c
a
+
= 1 +
c
a
;
1
BCA
ABC
S
S
=
1
CA
CA
=
b a
b

+
= 1+
a
b
;
ACB
1
ABC
S
S
=
1
AB
AB
=
c b
c
+
= 1+
b
c

⇒
ABC
1
ABC
S
S
+
1

BCA
ABC
S
S
+
ACB
1
ABC
S
S
= 1 +
c
a
+1+
a
b
+1+
b
c
⇔
ABC CBA ACB
1 1 1
ABC
S S S
S
+ +
= 3 +
c
a
+

a
b
+
b
c
≥

≥
3 + 3
a b c
. .
b c a
= 3 + 3 = 6
⇔

ABC
1
S
+
ACB
1
S
+
BCA
1
S
≥
6
ABC
S

(đpcm)
Bài 19: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thoả điều kiện: (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc. CMR:a, b, c là ba
cạnh của tam giác đều. Bài giải:
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:
a + b
≥
2
ab
; b + c
≥
2 bc ; c + a
≥
2 bc ( áp dụng bất đẳng thức cô - si)
⇒
(a + b)(b + c)(c + a)
≥
8
2 2 2
a b c
= 8abc Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Vậy a, b, c là ba cạnh của tam giác đều
Bài 20: Cho tam giác ABC. miền trong tam giác có điểm m sao cho các đường thẳng AM, BM, CM cắt
các cạnh lần lượt tại các điểm thoả điều kiện:
1
AM
A M
+
1
BM
B M

+
1
CM
C M
= 6. CMR: M là trọng tâm tam giác
ABC. Bài giải:
Gọi s,s
1
, s
2
, s
3
lần lượt là diện tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB.
1
1
AA
A M
=
ABC
MBC
S
S
=
1
2 3
1
s s s
s
+ +
⇒

1
AM
A M
=
2
1
s
s
+
3
1
s
s
Tương tự:
1
BM
B M
=
1
2
s
s
+
3
2
s
s
;
1
CM

C M
=
2
3
s
s
+
1
3
s
s
⇒
1
AM
A M
+
1
BM
B M
+
1
CM
C M
=
2
1
s
s
+
3

1
s
s
+
1
2
s
s
+
3
2
s
s
+
2
3
s
s
+
1
3
s
s
≥
1 2
2 1
s s
2 .
s s
+

3
1
3 1
s
s
2 .
s s
+
3
2
2 3
s
s
2 .
s s
= 2+2+2 = 6
p dụng bất đẳng thức Cô – si
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: s
1
= s
2
= s
3
=
s
3
1
AM
A M
=

1
BM
B M
=
1
CM
C M
=
1
3
. Vậy M là trọng tâm tam giác ABC
Bài 21:Cho 3 số dương a, b, c thoả abc = 1. Tìm Min của P =
6
a
b c+
+
6
b
c a+
+
6
c
a b+

Ta có:
6
a
b c+
+
b c