$\left\{\begin{matrix} &x^2 + y^2 = 2(a+1) & \\ & (x+y)^2=4& \end{matrix}\right.$ 

tìm điều kiện của a để hệ co nghiệm duy nhất 

Biến đổi hệ thành:$$\left\{\begin{matrix}
(x+y)^2-2xy=2(a+1) & \\
 \begin{bmatrix}
x+y=2 & \\
 x+y=-2&
\end{bmatrix}&
\end{matrix}\right.$$

Đến đây chỉ cần xét từng trường hợp và dựa vào ĐK tam thức bậc 2 là OK!!!

Cho a,b,c dương và $a+b+c=\frac{3}{2}$.Cmr $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{3}{8}$

Áp dụng BDDT: $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\geq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^3=\frac{3}{8}$$

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=1007$.Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{2014a+\frac{(b-c)^2}{2}}$$\leq 2014\sqrt{2}$

ta có: $$\sum \sqrt{2014a+\frac{(b-c)^2}{2}}=\sum \sqrt{2a(a+b+c)+\frac{(b-c)^2}{2}}=\sum \sqrt{\frac{(2a+b+c)^2-4bc}{2}}\leq \sum \frac{2a+b+c}{\sqrt{2}}=2014\sqrt{2}$$

Cho $a,b>0$. Chứng minh rằng : $\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{2a+2b}$

C2:

ta có:$$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\geq \frac{(a+b)^2}{\sqrt{ab}\left ( \sqrt{a} +\sqrt{b}\right )}\geq \frac{(a+b)^2}{\frac{a+b}{2}.\sqrt{2(a+b)}}=\sqrt{2a+2b}$$

Cho $x,y,z,t$ thỏa mãn $(x+y)(z+t)+xy+88=0$ . Tìm min $x^{2}+9y^{2}+6z^{2}+24t^{2}$

Ta có:$(x+y)(z+t)+xy+88=0\Leftrightarrow 4(x+y)(z+t)+4xy+352=0$

nên ta có:$x^2+9y^2+6z^2+24t^2+4xz+4xt+4yz+4yt+352=\left ( x+2z+2x+2t \right )^2+(2y-z)^2+(z-4t)^2+(y-2t)^2+352\geq 352$

$"="\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=14 & \\
 y=-2& \\
 z=-4& \\
 t=-1&
\end{matrix}\right.V\left\{\begin{matrix}
x=-14 & \\
 y=2& \\
 z=4& \\
 t=1&
\end{matrix}\right.$
 

Sao lúc nào bạn cũng kết luận luôn mà chả quan tâm đến cái trong ngoặc vậy

Bài này trong ngoặc vẫn còn có biểu thức chứa $x-1$ trên tử, đâu có dương ngay được

Trong ngoặc luôn dương  vì ĐK $x\geq -1$, do mình quên viết. đã fix

Giải bpt: $4\sqrt{x+1}+2\sqrt{2x+3}\leq (x-1)(x^{2}-2)$

ĐK:$x\geq -1$

Ta thấy rằng $x\geq3$ là nghiệm của bpt,dùng pp lượng liên hợp thích hợp ta biến đổi phương trình thành;

$$bpt\Rightarrow (x+1)^2(x-3)+\frac{(x+1)(x-3)}{x+3+2\sqrt{2x+3}}+(x-3)\frac{2\sqrt{x+1}}{\sqrt{x+1}+2}\geq 0\Rightarrow x\geq 3$$

Ngoài ra ta thấy rằng: ĐK $x\geq -1$ mà $x=-1$ thay vào thoả mãn nên đây cũng là một nghiệm của bpt!!!

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix}x^3+y^3=1+x+y+xy& \\ 7xy+y-x=7& \end{matrix}\right.$

Hình như đề phải là:$$\left\{\begin{matrix}x^3+y^3=1-x+y+xy& \\ 7xy+y-x=7& \end{matrix}\right.$$

Từ hệ ta được: $$x^3+y^3+6xy-8=0\Leftrightarrow (x+y-2)(x^2-xy+y^2+2x+2y+4)=0$$

ta có:$x^2-xy+y^2+2x+2y+4=0\Rightarrow x=y=-2(loai)$ (vì không thoả pt thứ 2)

Với $x=y-2$ ta dễ dàng tìm được nghiệm $$\left ( x;y \right )=(1;1);\left ( \frac{5}{7};\frac{9}{7} \right )$$

Dấu = xảy ra khi nào vậy bạn

$"="\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x+y=1 & \\
\frac{3\sqrt{2}}{x^2+y^2}=\frac{\sqrt{10}}{2xy}&
\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow (x;y)=\left ( \frac{5}{4}-\frac{\sqrt{5}}{4};\frac{\sqrt{5}-1}{4} \right );\left ( \frac{\sqrt{5}-1}{4};\frac{5-\sqrt{5}}{4} \right )$

Giải hệ pt: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{y^{2}-3x}+\sqrt{x^{2}+8y}=5 & \\ x(x-3)+y(y-8)=13 & \end{matrix}\right.$

Hình như đề bị sai, phải là thế này mới đúng:$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{y^2-3x}+\sqrt{x^2+8y}=5 & \\
 x(x-3)+y(y+8)=13&
\end{matrix}\right.$

$PT(2)\Leftrightarrow (y^2-3x)+(x^2+8y)=13$

hệ trở thành:$\left\{\begin{matrix} \sqrt{y^2-3x}+\sqrt{x^2+8y}=5 & \\ (y^2-3x)+(x^2+8y)=13& \end{matrix}\right.$

Đến đây là OK rồi!!!

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:

 

$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{ab+bc+ca}+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(a^2+b^2+c^2)$

Không mất tính tổng quát, ta chuẩn hoá: $a+b+c=3$

BĐT tương đương:$$3\sum a^4+3abc\sum ab\geq 2\sum a^2.\sum ab$$

Ta đặt:$\left\{\begin{matrix}
\sum a=p & \\
 \sum ab=q& \\
 abc=r&
\end{matrix}\right.$ Mặt khác ta có: $q=ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3~~(1)$

$\Rightarrow \sum a^4=(\sum a)^4-4(\sum a)^2(\sum ab)+4(\sum ab)abc=81-36q+2q^2+12r$

$\sum a^2=9-2q$

Mặt khác theo schur ta luôn có:$r\geq \frac{(4q-p^2).p}{9}=\frac{4p-9}{3}$

Từ đây ta cần chứng minh rằng:$3(81-36q+2q^2+12r)+3rq\geq 2(9-2q)q
\Leftrightarrow 3\left [81-36q+2q^2+4(4q-9)  \right ]+q(4q-9)\geq 2(9-2q)q
\Leftrightarrow (q-3)(14q-45)\geq 0~~~(2)$

Từ $(1),(2)$ dễ dàng suy ra ĐPCM.

Do topic kia của mình có người khóa nên mình xin đánh lại   Mong các bạn thông cảm nhé

1.Cho a,b,c > 0 thỏa mãn ab+bc+ac=abc.

Tìm min S=$\sum \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}$

2.Bài tập mở rộng

Cho a,b,c> thỏa mãn  a+b+c=x.Tìm min

S=$\sum \frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}$

1.

$ab+bc+ca=abc\rightarrow \sum \frac{1}{a}=1$

Mặt khác ta có BDT:$$a^4+b^4\geq \frac{\left ( a+b \right )\left ( a^3+b^3 \right )}{2}$$

$\sum \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \sum \left (\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}  \right )=\sum \frac{1}{a}=1$

2.

ta đặt:$$\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{a_1}=a & \\
 \frac{1}{b_1}=b& \\
 \frac{1}{c_1}=c&
\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{1}{a_1}+\frac{1}{b_1}+\frac{1}{c_1}=x$$

BDT trở thành: $\sum \frac{a_1^4+b_1^4}{a_1b_1(a_1^3+b_1^3)}\geq \sum \frac{1}{a_1}=x$

Chứng minh bất đẳng thức với a,b,c > 0 
$\sum(\frac{a}{a+b})^3 \geq \frac{3}{8}$

Chứng minh rằng với mọi $0\leq x\leq 1$ ta đều có:

$x(9\sqrt{1+x^{2}}+13\sqrt{1-x^{2}})\leq 16$

 

Ta có:$$x\left ( 9\sqrt{1+x^2}+13\sqrt{-x^2} \right )\leq \frac{3}{4}\left [ 9x^2+4(1+x^2) \right ]+\frac{13}{4}\left [ x^2+4(1-x^2) \right ]=16$$

Giải hệ phương trình sau:

 

$\left\{\begin{matrix} x^3-y^3-6y^2+3(x-5y)=14\\ \sqrt{3-x}+\sqrt{y+4}=x^3+y^2-5 \end{matrix}\right.$

ĐK:$\left\{\begin{matrix}
x\leq 3 & \\
 y\geq -4&
\end{matrix}\right.~~~(*)$

Ta biến đổi phương trình thứ nhất:$$x^3-y^3-6y^2+3(x-5y)=14 x^3-(y+2)^3+3x-3y+6=0 \Leftrightarrow (x-y-2)\left [ x^2+x(y-2)+(y-2)^2+3 \right ]=0 \Rightarrow x=y+2~~~~~~(**)$$

Với ĐK đề bài thì pt còn lại VN.

Thế $(**)$ vào phương trình còn lại ta được: $\sqrt{1-y}+\sqrt{y+4}=(y+2)^3+y^2-5$

Bằng phương pháp dùng lượng liên hợp thích hợp ta được: $$\begin{bmatrix}
y=-3& \\
 y=0&
\end{bmatrix}\Rightarrow \begin{bmatrix}
x=-1;y=-3 & \\
 x=2;y=0&
\end{bmatrix}$$

Giải phương trnh2 :
$2.sin^{5}x+3.cos^{8}x=5$

Dùng phương pháp đánh giá 2 vế như sau:

ta có:$$\left\{\begin{matrix}
\sin x\leq 1\Rightarrow 2\sin^5 x\leq 2 & \\
 \cos x\leq 1\Rightarrow 3cos^8 x\leq 3&
\end{matrix}\right.
\Rightarrow 2\sin^5 x+3cos^8 x\leq 5$$

$$"="\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\sin x=1 & \\
 \cos x=\pm 1&
\end{matrix}\right.\Rightarrow PTVN$$

Cho a, b, c không âm thỏa mãn $\sum {{a^2} = 1} $

Chứng minh rằng  $\sum {\frac{a}{{1 + bc}} \ge 1} $

Ta viết lại biểu thức như sau:

$$\sum \frac{a^2}{a+abc}\geq 1$$

Mặt khác theo giả thiết lại có: $a^2+b^2+c^2=1$

Vậy ta chỉ cần chỉ ra rằng: $a+abc\leq 1$

Ta có: $$a+abc\leq a+\frac{(b^2+c^2)a}{2}=a+\frac{(1-a^2)a}{2}$$

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh rằng: $$a+\frac{(1-a^2)a}{2}\leq 1\Leftrightarrow \frac{3a-a^3-2}{2}\leq 0
\Leftrightarrow -\frac{(a+2)(a-1)^2}{2}\leq 0~~~~(DPCM)$$

Từ đây ta có:

$ \frac{a}{bc+1}=\sum \frac{a^2}{abc+a}\geq \sum a^2=1$

Tìm x,y thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} x^{2}y^{2}-2x+y^{2}=0\\ 2x^{2}-4x+3=-y^{3} \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c$ không âm và hai trong 3 số không đồng thời bằng $0$.CMR:

$\sum \frac{1}{4a^2+b^2+c^2}\leq \frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{ab+bc+ca}$

Sử dụng S-vác nhé!

Ta nhân 2 vế  $4(a^2+b^2+c^2)$ , từ đây ta có:

$$\sum \frac{(4a^2+b^2+c^2)+3(b^2+c^2)}{4a^2+b^2+c^2} \leq 2 +\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \Leftrightarrow  10 \leq \sum (3-\frac{3(b^2+c^2)}{4a^2+b^2+c^2})+\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \Leftrightarrow  \sum \frac{6a^2}{4a^2+b^2+c^2} + \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \geq 5 \Leftrightarrow  \sum \frac{6a^2}{4a^2+b^2+c^2} + \frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \geq 9$$
mặt khác theo schwarz ta có :
$$\sum \frac{6a^2}{4a^2+b^2+c^2} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$
bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
$$(a+b+c)^2.(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}) \geq 9 \Leftrightarrow (a+b+c)^2\left ( \frac{9}{(a+b+c)^2} \right )\geq 9~~~(DPCM).$$

Giải pt $(6x+5)^{2}(3x+2)(x+1)=35$

Thêm một cách khác:

C2:

pttd: $12.(6x+5)^{2}(3x+2)(x+1)=35.12
\Leftrightarrow (6x+5)^2(6x+4)(6x+6)=35.12 ~(*)$

tiếp tục ta đặt: $6x+5=y;(*)\Rightarrow t^2(t-1)(t+1)=35.12
\Leftrightarrow t^4-t^2-420=0$

đến đây là OK rồi!!!

C3: nhân hết VT ra được pt bậc 4 rồi giải tiếp !!!!!

Giải pt $(6x+5)^{2}(3x+2)(x+1)=35$

pttd:$$(36x^2+60x+25)(3x^2+5x+2)=35 ~ (*)$$

đặt: $3x^2+5x+2=y$

$(*)$ trở thành: $(12y+1)y=35\Leftrightarrow 12y^2+y-35=0$

đến đây là OK rồi!!!

Giải phương trình sau: $\left ( x+3 \right )\sqrt{(4-x)(12+x)}+x=28$

 pttt: $$(x+3)\sqrt{-x^2-8x+48}=28-x$$

giải phương trình$2x^{2}-11x+23=4\sqrt{x+1}$

$$pttd\Leftrightarrow x+1-4\sqrt{x+1}+4+2x^{2}-12x+18=0 \Leftrightarrow (\sqrt{x+1}-2)^{2}+2(x-3)^{2}=0 \Leftrightarrow x=3$$

1.cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$ chứng minh $\frac{a^2}{1+2bc}+\frac{b^2}{1+2ac}+\frac{c^2}{1+2ab}\geq \frac{3}{5}$

1.

ta có: $$\sum \frac{a^2}{1+2bc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^2+2abc\left ( a+b+c \right )}\geq \frac{\left (\sum a^2  \right )^2}{a^2+b^2+c^2+2.\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}}\geq \frac{3}{5}$$

Cho $a,b,c>0$. Cmr:

$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Một cách khác:

$$VT=a^2b^2c^2+4(a^2+b^2+c^2)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+8

=(a^2b^2c^2+1)+(a^2+b^2+c^2)+1+2[(a^2b^2+1)+(b^2c^2+1)+(c^2a^2+1)]$$ $$+3(a^2+b^2+c^2)\geq 2abc+(a^2+b^2+c^2)+1+4(ab+bc+ca)+3(ab+bc+ca)\geq 9(ab+bc+ca)$$