$\sqrt{\frac{6}{3-x}} + \sqrt{\frac{8}{2-x}}=6$
$\sqrt{\frac{6}{3-x}} - 2 + \sqrt{\frac{8}{2-x}} - 4 = 0$
 
Sau đó dùng biểu thức liên hợp là ra thôi nhé XD  
 

éc em ko rành lắm nên mới để câu ko chắc lắm ở dưới

Chỉ sợ bài trên xét nhiều trường hợp quá thôi à ) 

$27x^3-y^3=1-27x^3<=>(3x-y)(9x^2+3x+y)=(1-3x)(1+3x+9x^2)$

TH₁: $3x-y=1-3x=>6x=1+y=>y=6x-1$

$9x^2+3xy+y=1+3x+9x^2=>3x(y-1)+y-1=0<=>(y-1)(3x+1)=0=>y=1=>x=\frac{-1}{3}(loai)$

TH₂: $3x-y=1+3x+9x^2=>-y-1=9x^2=>y=-1-9x^2............. 9x^2+3xy+y=1-3x=>9x^2+3xy+y-3x-1=0=>9x^2+3x(-1-9x^2)-1-9x^2+3x-1=0<=>-27x^3-2=0(loại)$

=>pt vô nghiệm

ko chắc lắm hehe  

 

$27x^3-y^3=1-27x^3<=>(3x-y)(9x^2+3x+y)=(1-3x)(1+3x+9x^2)$

TH₁: $3x-y=1-3x=>6x=1+y=>y=6x-1$

$9x^2+3xy+y=1+3x+9x^2=>3x(y-1)+y-1=0<=>(y-1)(3x+1)=0=>y=1=>x=\frac{-1}{3}(loai)$

TH₂: $3x-y=1+3x+9x^2=>-y-1=9x^2=>y=-1-9x^2............. 9x^2+3xy+y=1-3x=>9x^2+3xy+y-3x-1=0=>9x^2+3x(-1-9x^2)-1-9x^2+3x-1=0<=>-27x^3-2=0(loại)$

=>pt vô nghiệm

ko chắc lắm hehe  

Vì sao lại chỉ có xét 2 trường hợp vậy boy XD

Với $x=0$ thì ta có $y= -1$ => ta có nghiệm (-1:0)
$x\neq 0$ thì ta có => $54= \frac{1}{x^3} + y^3$
=> $54 = (1/x + y)( \frac{1}{x^2} + y/x + y^2)$
=>$54= (xy+1)( \frac{1}{x} +y+xy^2)$
còn lại làm nốt mình chỉ làm đến đây ) 

Mình xin đưa ra phần mình đã giải quyết được (vì phần này dễ nhất)
Theo bđt AM-GM thì $5x^2+5y^2+8xy \leq 9(x^2+y^2)$
$\Leftrightarrow 36 \leq 9(x^2+y^2)=9f$
Vậy $Min_{f}=4$ đạt được khi x=y=$\sqrt{2}$

Xin chém câu bất đẳng thức:
Đề: $S=a+b+c+\frac{3}{a}+\frac{9}{2b}+\frac{4}{c}$
=> $S=\frac{3a}{4}+\frac{3}{a}+\frac{b}{2}+\frac{9}{2b}+\frac{c}{4}+\frac{4}{c}+\frac{a}{4}+\frac{2b}{4}+\frac{3c}{4}$
=> $S=\frac{3a}{4}+\frac{3}{a}+\frac{b}{2}+\frac{9}{2b}+\frac{c}{4}+\frac{4}{c}+\frac{a}{4}+\frac{2b}{4}+\frac{3c}{4} \geq 3+3+2+5=13$ (BĐT AM-GM)
Dấu bằng xảy ra khi $a=2;b=3;c=4$

Câu 7: 
Ta có: $(a+b)(b+c)=b^2 +1$
=> $(a+c)(b+c)=c^2 +1$
=> $(a+b)(a+c)=a^2 +1$
=> $[(a+b)(b+c)(c+a)]^2=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)$ (đpcm)

Cho $abc\geq 1$  và a,b,c > 0
Chứng minh rằng: 
$a + b+c \geq ab+bc+ac$

$\sum \frac{\sqrt{5x^{2}+6xy+5y}}{x+y+2z}=\sum \frac{\sqrt{5(x+y)^{2}-4xy}}{x+y+2z}\geq \sum \frac{\sqrt{4(x+y)^{2}}}{x+y+2z}=\sum \frac{2(x+y)}{x+y+2z}=6-\sum \frac{4z}{x+y+2z}\geq 6-\sum \frac{z}{x+y}-\sum \frac{z}{z+x}=6-3=3$

giá trị lớn nhất mà bạn

Gáy sớm quá sry bạn  

Bác chứng 

Xin chém câu cuối

Sử dụng bất đẳng thức phụ: $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geqslant 3(a^2b+b^2c+c^2a)$ (chứng minh bằng BĐT $AM-GM$)

Khi đó: $P\leqslant \dfrac{a+b+c}{3}-\dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)\leqslant \dfrac{a+b+c}{3}-\dfrac{1}{9}(a+b+c)^2\\=\dfrac{1}{4} -\left ( \dfrac{1}{3}(a+b+c)-\dfrac{1}{2} \right )^2\leqslant \dfrac{1}{4}$

Dấu "=" xảy ra: $\iff a=b=c=\dfrac{1}{2}\square$
 
Bác có thể chứng minh lại bđt phụ được không ạ

Bác chứng

Sử Dụng AM-GM thôi:
$\frac{x^2+1}{y^2+1}+\frac{y^2+1}{z^2+1}+\frac{z^2+1}{x^2+1}\geq 3\sqrt{\frac{x^2+1}{y^2+1}.\frac{y^2+1}{z^2+1}.\frac{z^2+1}{x^2+1}}=3$
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=\frac{1}{3}$ 

Không nha bạn

Dùng AM-GM có :

$\frac{x^2}{y-2}+4(y-2) \geq 4x$ 

$\frac{y^2}{x-2}+4(y-2) \geq 4y$

Cộng lại có đpcm

Còn 1 cách khác ( Bonus):
Dùng AM-GM:
$\frac{x^2}{y-2}+\frac{y^2}{x-2}\geq 2\sqrt{\frac{x^2}{x-2}\frac{y^2}{x-2}}$
Ta có BĐT sau: $\frac{x^2}{x-2}\geq 8$ tương tự như $\frac{y^2}{y-2}\geq 8$
BĐT tự chứng minh theo cách quy đồng
=> $\frac{x^2}{y-2}+\frac{y^2}{x-2}\geq 2\sqrt{\frac{x^2}{x-2}\frac{y^2}{x-2}}\geq 2.8=16$
Dấu bằng xảy ra khi x=y=4

 

90−∠OCB=∠BAC

Biết $a,b,c>0$ và $abc=1$ . Chứng minh rằng:
$ a+b+c \geq ab +bc+ ac$

$\sqrt{a+b^2}$

 

90−∠OCB=∠BAC

vì sao lại có điều này thế bạn

 

dạ thôi mình vừa mới nhìn lại ạ

Phần c và d nhé ...

$x^{2}y^{2} - x^{2} - 4xy - 4y^{2} - 3y^{2}$ = 0
$\left ( x+2y \right )^{2} = x^{2}y^{2} - 3y^{2} = y^{2}\left ( x^{2} - 3 \right )$  (1)

Để $x;y\epsilon Z$ thì $x^{2}y^{2} - 3y^{2}$ là số chính phương 
=> $y^{2} = x^{2} - 3$

$b^{3}-a^{3}=\left ( b-a \right )\left ( b^{2}+ab+a^{2} \right )$ (1)
Thay $a=b-2$ ta có phương trình (1)
=> $\left ( b-b+2 \right )\left ( b^2+ab+a^2 \right )=2b^{2}+2ab+2a^{2} =a^{2}+2ab+b^{2}+a^{2}+b^{2}=\left ( a+b \right )^{2}+a^{2}+b^{2}$
Ba số trên là 3 số chính phương => Điều phải chứng minh
 

Với $a=b=c=1$ thì dễ thấy $VT<VP$. Mình thay lại đề:
Cho $a+b+c=3$. Chứng minh
$$\frac{a^2+b^2+c^2}{3} \geq \sum \frac{1}{a^2+2}$$
Biến đổi BĐT, ta được:
$$\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}+\sum \frac{a^2}{a^2+2} \geq 3$$
Áp dụng Cauchy-Schwarz: $\sum \frac{a^2}{a^2+2} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{9}{a^2+b^2+c^2+9}$
Áp dụng AM-GM: $\frac{9}{a^2+b^2+c^2+9}+\frac{a^2+b^2+c^2+6}{9} \geq 2$.
Ta có $\frac{5(a^2+b^2+c^2)}{9} \geq \frac{5(a+b+c)^2}{27}=\frac{5}{3}$.
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta được đpcm.

Mình không vẽ hình được nên mình chỉ nói cách giải của mình thôi nhé:
Lấy một điểm A' sao cho $A{A}'=AC$ => $\Delta ACA'$ là tam giác cân
Ta có: $\widehat{CA{A}'}= 180^{\circ} -2\widehat{A{A}'C}$
và ta có $MB=ME$=> $\Delta MBE$ là tam giác cân
=>$\widehat{BME}= 180^{\circ} -2\widehat{BEM}$
Ta lại có tứ giác ACMB là tứ giác nội tiếp => $\widehat{CA{A}'}=\widehat{BME}$
Từ tất cả điều trên => $\widehat{A{A}'C}=\widehat{BEM}$
=> Tứ giác BEMA' là tứ giác nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác BME sẽ đi qua điểm A' mà điểm A' chắc chắn cố định vì A,C,B cố định