Có 

$(x+y)^3+(x+y)^2\geq (x+y)^3+4xy\geq 2$

                                                                $\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2\geq 0$

                                                                $\Rightarrow x+y\geq 1$

Ta có                                                                        

                                                                $P=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+2$

                                                                $=3(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+2$

                                                                

 chỗ đó thấy hơi kì á bạn. theo t là $P=3(x^{2}+y^{2})^{2}-3x^{2}y^{2}-2(x^{2}+y^{2})+2$

Giải thích giùm t chỗ đó với

nhanh ha

cho $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$

Tìm Min của $T=3(x^{4}+y^{4}+3x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+2$

Tìm cấp số nhân thỏa:

$\left\{\begin{matrix} u_{7}-u_{5}=11\\ s_{12}=80 \end{matrix}\right.$

Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân:

cho $\left\{\begin{matrix} u_{7}-u_{5}=11 & \\S_{12}=80& \end{matrix}\right.$

$cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. chứng minh rằng:

a) a^{2}+b^{2}+c^{2}<2(ab+bc+ca)

b)(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})≤2(a^{3}+b^{3}+c^{3})+abc

c) (a+b+c)^{3}>8abc

d)a(b−c)^{2}+b(c−a)^{2}+c(a−b)^{2}>a^{3}+b^{3}+c^{3}−4abc$

cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. chứng minh rằng:

a) $a^{2}+b^{2}+c^{2}< 2(ab+bc+ca)$

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

c) $(a+b+c)^{3}>8abc$

d)$a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2}>a^{3}+b^{3}+c^{3}-4abc$

cho 0< a,b,c,d<1. Chứng minh rằng ít nhất có một bất đẳng thức sau sai:

$2a(1-b>1 ; 3b(1-c)>2 ; 8c(1-d)>1 ; 32d(1-a)>3$

Vì VT là một đa thức bậc 1 nên ta có $f(n)=an+b$ ( a,b là các tham số ) 

Thế vào PTH ta có : $n(a^{2}+a)+ab+2b=2n+3$

Tới đây áp dụng đồng nhất thức  : ta có : $\left\{\begin{matrix} a^{2}+a=2 & \\ ab+2b=3 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & \\ b=1 & \end{matrix}\right.$

Nên $f(n)=n+1$

Bây giờ ta cần chứng minh $f(n)$ là duy nhất . 

Dễ dàng chứng minh được $f(n)$ là đơn ánh . 

Thật vậy Giả sử có $n_{1}\neq n_{2}$ và $f(n_{1})=f(n_{2})$

Ta suy ra $f(f(n_{1}))=f(f(n_{2}))\Rightarrow 2n_{1}+3=2n_{2}+3\Rightarrow n_{1}=n_{2}$

Nên $ f(n)$ là đơn ánh .

Giả sử tồn tại một hàm số $g(n)$  thỏa ycdb nên tồn tại một giá trị $n_{0}$ để $g(n_{0})\neq f(n_{0})$

Ta cũng dễ dàng chứng mình được  $ g(n)$ là đơn ánh nên : 

$g(g(n_{0}))+g(n_{0})=f(f(n_{0}))+f(n_{0})\Rightarrow g(n_{0})=f(n_{0})$ ( vô lý ) 

Vậy $ f(n)=n+1$ là hàm số duy nhất thỏa đề bài . 

pn ơi cái chỗ:"$g(g(n_{0}))+g(n_{0})=f(f(n_{0}))+f(n_{0})\Rightarrow g(n_{0})=f(n_{0})$ ( vô lý ) " tại sao suy ra được $g(n_{0}=f(n_{0})$ vậy pn

tìm f:$\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x+y)+f(x-y) - 2f(x)f(1+y)=2xy(3y-x^{2}$

cho f: $\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thỏa f(f(n))+f(n)=2n+3, $\forall n thuộc \mathbb{N}$

tìm f(n)

CMR: $\frac{sin^{4}x}{csin^{2}x+dcos^{2}y}+\frac{cos^{4}x}{ccos^{2}x+dsin^{2}y}\leqslant \frac{sin^{4}x}{csin^{2}x}+\frac{cos^{4}x}{ccos^{2}x}$

cho tam giác ABC đều , M là trung điểm AC, N là điểm sao cho $\underset{AN}{\rightarrow}=\frac{1}{3}\underset{AB}{\rightarrow}$. Xác định vị trí điểm I trên đường thẳng BC sao cho $\widehat{INM}$=$90^{\circ}$

Cho tam giác ABC đều, M là trung điểm AC, N là điểm sao cho $\underset{AN}{\rightarrow}=\frac{1}{3}\underset{AB}{\rightarrow}$. Xác định vị trí điểm I trên BC sao cho $\widehat{INM}$=$90^{\circ}$

cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (I). D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD

Chứng minh: IE$\perp$CD

Bạn xem lại đề thử xem..Chứ nếu ko mình chỉ cần nhóm lại và sử dụng cộng thức bd tổng thành tích và nhóm lại là xong 

(81 thì nhóm với 9 rồi , còn 127 vs 63 ra 190 lận... đúng ra là 180 chứ)

81 nhóm vs 9 thì thành tan90 đâu tính được đâu pn

tính A= tan$9^{\circ} - tan27^{\circ} - tan63^{\circ} +tan81^{\circ}$

chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có: $\frac{b^{2}+c^{2}-3a^{2}}{4S} = cotA- cotB- cotC$

Tam giác có đặc điểm gì nếu thỏa mãn: $\frac{2cosA+cosC}{2cosB+cosC}=\frac{sinB}{sinC}$

cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x^{3}+y^{2}+z = 2\sqrt{3}+1$ . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P= \frac{1}{x}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{3}}$

phân tích véc-tơ AN và PM theo vec-tơ AC và AB

$\frac{AM}{AB}=\frac{BN}{BC}=\frac{CP}{AC}=x$

$\Rightarrow \underset{AM}{\rightarrow}=x\underset{AB}{\rightarrow};$

$\underset{BN}{\rightarrow}=x\underset{BC}{\rightarrow}$

$\underset{CP}{\rightarrow}=x\underset{CA}{\rightarrow}$

$\underset{AN}{\rightarrow}=\underset{BN}{\rightarrow}-\underset{BA}{\rightarrow}$

$=x(\underset{AC}{\rightarrow}-\underset{AB}{\rightarrow})+\underset{AB}{\rightarrow}$

$=x\underset{AC}{\rightarrow}+(x-1)\underset{AB}{\rightarrow}$

$\underset{PM}{\rightarrow}=x\underset{AB}{\rightarrow}-(x+1)\underset{AC}{\rightarrow}$ 

đến đây có thể bình phương để cm bằng nhau và tích vô hướng bằng 0 để 2 vec-tơ vuông góc với nh

tích 2 vecto $\underset{AN}{\rightarrow}$ . $\underset{PM}{\rightarrow}$ có chút vấn đề t chua rõ lắm, nhân vô đâu có = 0??

cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB= AC= a. Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC, CA sao cho $\frac{AM}{AB}=\frac{BN}{BC}=\frac{CP}{CA}$. Chứng minh AN$\perp$PM và AN=PM

Hai điểm M, N chuyển động trên hai đoạn thẳng cố định BC và BD ( M$\neq$B, N$\neq$B) sao cho $\frac{2BC}{BM}+\frac{3BD}{BN}=10$ . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định

Cho a,b,c là ba số thực bất kì chứng minh rằng:

$\sqrt{a^{2}+(1-b)^{2}}+\sqrt{b^{2}+(1-c)^{2}}+\sqrt{c^{2}+(1-a)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

chứng minh các mệnh đề sau bằng phương pháp phản chứng:

a) Nếu một tứ giác có tổng các góc đối diện bằng hai góc vuông thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

b) Nếu $x^{2}+y^{2}=0 thì x=0 và y=0$