Ta chứng minh rằng nếu $a+b=1$ thì $f(a)+f(b)=1$  
 

Chứng minh kiểu gì?

sao mn bấm vào nó không ra?

Cộng mẫu như thế nào

Mình nhầm!

Tại sao $\frac{a}{4ab+2ac}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2b+c})$

$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b} +  \frac{b^{2}+c^{2}}{b+c} + \frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}   \leq  \frac{3.(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c}$ 

Bài này dùng C.B.S dạng cộng mẫu là ra!

Bài 1 dấu "=" xảy ra khi nào?

Bài 1b:

0 --> X

X=X+1:A=X*X*X

Bấm = = ... liên tục đến khi ra số tận cùng là 1111

Bài 34 đề bài bị sao vậy?

Bài 13 làm như thế nào?

mình chưa thấy thế này bao giờ cả!

được rồi tớ sẽ tự chứng minh mà tớ hỏi nhé học mấy phần đó ở đâu vậy ?    

chứng minh kiểu gì?

bài lớp 6 à?

còn cách khác không?

dễ mà

$a^{k-1}+(k-2)=a^{k-1}+1+..+1\geq (k-1)\sqrt[k-1]{a^{k-1}}=(k-1)a$ (BĐT AM-GM cho k-1 số; 1+...+1 gồm k-2 chữ số 1)

Spoiler

Cuốn Sáng Tạo BĐT của Phạm Kim Hùng cực hay nhé

Mình không hiểu

a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có $(a+b-c)(b+c-a) \le \frac{[(a+b-c)+(b+c-a)]^2}{4}=b^2$.

Tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.

BĐT vẫn đúng nếu $a,b,c$ là số thực bất kì.

phải là nhân các vế chứ

thiếu bước cộng lại

còn cách làm nào khác không ạ?

có phải chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào không?

đâu cần phải giả sử như vậy

còn cách nào khác không ạ?

Bài đầu tiên làm cách này được không mọi người?

Ta áp dụng định lý sau: 
"Ba cạnh a, b,c của một tam giác bất kỳ là nghiệm của phương trình bậc 3 ẩn t sau: 
t³ – 2pt² + ( p² + r² + 4Rr)t - 4pRr = 0" 
Do đó theo định lý Vi-ét: 
          a + b + c = 2p 
          ab + bc + ca = p² + r² + 4Rr 
          abc = 4pRr 

Áp dụng vào bài toán ta có: 
a² + b² + c² +2abc  = (a + b +c)² – 2(ab +bc +ca) +2abc 
                            = 4p² – 2(p²+r²+4Rr) +2.4pRr 
                            = 2p² – 2r² – 8Rr + 8pRr 
                            = 2 – 2r² – 8Rr +8Rr ( vì p = 1 ) 
                            = 2 – 2r² 
                            = 2(1- r²) < 2 (vì r² > 0 => - r² < 0 => 1 - r² < 1) (đpcm) 

***************************************... 

Sau đây là cách chứng minh định lý trên: 

Ta có: 
2cos²(A/2) – 1 = CosA = (b² + c² - a²) / 2bc 
=> 2cos²(A/2) = (b² + c² - a²) / 2bc + 1 
                     = (b² + c² - a² + 2bc) / 2bc 
                     = (b + c - a) (b + c + a) / 2bc 
=> cos²(A/2) = (b + c - a) (b + c + a) / 4bc 
                   = p(p - a) / bc 
                   = p(p - a)a / 4pRr (do S = pr = abc / 4R) 
=> cos²(A/2) = (p - a)a / 4Rr (*) 

Ta lại có: 
2sin(A/2)cos(A/2) = sinA = a / 2R 
<=> sin(A/2) = a / 4Rcos(A/2) 
<=> sin²(A/2) = a² / 16R²cos²(A/2) = ar / 4R(p- a) (do (*)) 

Cuối cùng: 1 = sin²(A/2) + cos²(A/2) = [ar / 4R(p- a)] + [(p - a)a / 4Rr] 
Sau khi quy đồng và khử mẫu ta được: a³ – 2pa² + ( p² + r² + 4Rr)a - 4pRr = 0 
Vậy a là một nghiệm của pt bậc 3 ẩn t ở trên. 
Hoàn toàn tương tự ta cũng có b và c là nghiệm của pt bậc 3 ẩn t ở trên. 
Như vậy định lý đã được chứng minh xong.

Mình cũng xin đóng góp một bài phương trình vô tỷ:  $\sqrt{2x+1} + \sqrt{17-2x} = x^{4}-8x^{3}+17x^{2}-8x+22$