bạn mathhieu cho mình cái chứng minh tất cả các bất đẳng thức bạn đưa ra ko theo mình biết thì thcs chỉ dc áp dụng cauchy cho 2 số và bunhi cho 2 số các cái khác nếu muốn áp dụng cần chứng minh.tiện đây mọi người giải dùm bài này nhé.
Với $a,b,c\neq 0$ chứng minh
$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

Ta có

$\left ( \frac{a}{b} -1\right )^{2}+\left ( \frac{b}{c} -1\right )^{2}+\left ( \frac{c}{a}-1 \right )^{2}\geqslant 0$

$\Rightarrow \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}+3\geqslant 2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )$

Mặt khác

$\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\geqslant 3$

$\Rightarrow 2\left ( \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}} \right )\geqslant \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}+3$

Vậy

$\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\geqslant \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

Mình thấy cách đặt ẩn phụ là nhanh,gọn mà.

Đằng nào chẳng thế hở em Chỉ tội mất nhiều công gõ Latex

Với a,b>0 và a+b=1 cmr:
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b}) \geq 9$

Có $A=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{ab} \geqslant 1+\frac{4}{a+b}+\frac{4}{(a+b)^{2}}=9$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}>0$

Với a,b>0 và a+b=1 cmr:
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b}) \geq 9$

Hoặc bạn áp dụng luôn bất đẳng thức này nè $(1+x)(1+y)\geqslant (1+\sqrt{xy})^{2}$
Áp dụng : $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})\geqslant (1+\frac{1}{\sqrt{ab}})^{2}\geqslant (1+\frac{2}{a+b})^{2}=9$

Cách khác: Biến đổi tương đương: $(a+1)(b+1)\geqslant 9ab \Leftrightarrow ab+a+b+1\geqslant 9ab \Leftrightarrow ab\leqslant \frac{1}{4}$ (đúng theo $AM-GM$ )

Bài 21: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a, $x^{4} - 2x^{3} + 3x^{2} - 2x +1$.

Ta có $x^{4}-2x^{3}+3x^{2}-2x+1$
$=x^{2}\left ( x^{2} -2x+3-\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right )$
$=x^{2}\left [ (x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+2)-2(x+\frac{1}{x})+1 \right ]$
$=x^{2}\left ( x+\frac{1}{x}-1 \right )^{2}$
$=\left ( x^{2}-x+1\right )^{2}$

Phần cuối sai rồi
$x^{2}(x+\frac{1}{x}-1)^{2}=(x^{2}+1-x)^{2}$

$x^{2}-x+1\neq x^{2}+1-x$ hở bạn?

Cách khác được không ! ta có $\frac{1}{a} +\frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{a+b+c}$
Suy ra $\frac{bc+ac+ab}{abc} = \frac{1}{a+b+c}$
nên $(bc+ab+ac)(a+b+c)-abc = 0$
Từ đây ta phân tích thành nhân tử ( chứ cái của anh không giống phan tích thành nhân tử)
$(a+b)(b+c)(a+c)= 0$
Suy ra :
$a=-b ; b = -c ; c= -a$
Vì n lẻ nên :
$a^{n}=-b^{2} ; b^{n}= -c^{2} ; c^{n}= -a^{2}$
Cuối cùng thay vào là có điều chứng minh .

Cái này là phân tích đa thức thành nhân tử mà. Có điều là làm cho công việc phân tích nhàn hạ hơn thôi.
Đầu tiên là đặt nhân tử chung $a+b$ nhé: $(a+b)\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)} \right )=0$
Sau đó quy đồng : $(a+b)\left ( \frac{c(a+b+c)+ab}{abc(a+b+c)} \right )=0$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b)(c^{2}+ac+bc+ab)}{abc(a+b+c)}=0$
Rồi lại phân tích này $c^{2}+ac+bc+ab=c(a+c)+b(a+c)=(a+c)(b+c)$, đúng chứ?

Còn cách phân tích kiểu kia thì Oral1020 làm rồi mà

Mình mem mới nè! Góp vui một bài:
Chứng minh rằng nếu ${a^4} + {b^4} + {c^4} + {d^4} = 4abcd$ và a, b, c, d là các số dương thì a=b=c=d

Bạn xem bài của DUYNAM, #61 nhé

Bài 20 :
Cho $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} +\frac{1}{c} = \frac{1}{a+b+c}$
Chứng minh rằng : $\frac{1}{a^{n}} + \frac{1}{b^{n}} + \frac{1}{c^{n}} = \frac{1}{a^{n}+b^{n}+c^{n}}$ với n lẻ .

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{c}$
$\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}=\frac{-a-b}{c(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow (a+b)\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)} \right )=0$
$\Leftrightarrow (a+b) \left [\frac{ab+c(a+b+c)}{abc(a+b+c)} \right ]=0$
$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=0$

* TH1: $a=-b$. Ta có $\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}}=0$. Ta được đpcm.
* Tương tự với hai trường hợp còn lại.

Bài 121:Giải phương trình:

$\sqrt[4]{x-\sqrt{x^2-1}}-\sqrt{x+\sqrt{x^2-1}}=2$

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=\sqrt[4]{x-\sqrt{x^{2}-1}}\\ b=\sqrt{x+\sqrt{x^{2}-1}} \end{matrix}\right.$

Ta có hệ

$\left\{\begin{matrix} a-b=2\\ a^{4}b^{2}=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b+2\\ (b+2)^{2}.b=1 \end{matrix}\right.$

Giải hệ trên tìm được $x$

Bài 122:Giải phương trình:

$2(x^2-3x+2)=3\sqrt{x^3+8}$

 

$3\sqrt{(x+2)\left ( x^{2}-2x+4 \right )}=2\left [ (x^{2}-2x+4) -(x+2)\right ]$

$\Leftrightarrow 2\left ( \sqrt{\frac{x+2}{x^{2}-2x+4}} \right )^{2}+3\sqrt{\frac{x+2}{x^{2}-2x+4}}-2=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{x+2}{x^{2}-2x+4}}=\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow x^{2}-2x+4=4(x+2) $

$\Leftrightarrow x^{2}-6x-4=0$

$\Leftrightarrow x=3\pm \sqrt{13}$

Bài 123:Giải phương trình:

$x^2+3\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^4-x^2+1}$

 

Điều kiện $x\geq 1\vee x\leq -1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=x^{2}>0\\ b=\sqrt{x^{2}-1}\geq 0 \end{matrix}\right.$

Ta có

$a+3b=\sqrt{a^{2}-b^{2}} \Leftrightarrow a^{2}+9b^{2}+6ab=a^{2}-b^{2} $

$\Leftrightarrow b(5b+3a)=0 \Leftrightarrow b=0$

Vậy $x=1\vee x=-1$

Bài 2:
Cho mình hỏi tại sao phương trình đồng biến thì chỉ có 1 cặp nghiệm.

Mình lấy ví dụ cho bạn dễ hiểu nhé
PT $x^{3}+x=y^{3}+y$ $(1)$
Xét hàm $f(t)=t^{3}+t$
Hàm trên là đồng biến do $f'(t)=3t^{2}+1>0$
Do đó PT $(1)\Leftrightarrow f(x)=f(y)\Leftrightarrow x=y$
_______________

Nếu không bạn đánh giá như thế này cũng được
+ Với $x>y\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^{3}>y^{3}\\ x>y \end{matrix}\right.\Rightarrow x^{3}+x>y^{3}+y$ (mâu thuẫn)
+ Với $x<y\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x^{3}<y^{3}\\ x<y\end{matrix}\right.\Rightarrow x^{3}+x<y^{3}+y$ (mâu thuẫn)
Vậy $x=y$

17, Cho x,y,z>0 thõa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4$ . Chứng minh rằng
$\sum \frac{1}{2x+y+z}\leq 1$

$\frac{1}{2x+y+z}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right )\leq \frac{1}{16}\left ( \frac{1}{x} +\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right )$
Tương tự, ta có đpcm

Cho x,y,z la cac so thuc duong thoa man: $x^{3}+y^{3}+z^{3}=1$

Chung minh: $\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{y^{2}}{\sqrt{1-y^{2}}}+\frac{z^{2}}{\sqrt{1-z^{2}}}$

Vế phải là gì vậy?

Bài 11

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

 

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

$\Rightarrow 2xy=3y+1 \Leftrightarrow x=\frac{3y+1}{2y}$

Thế vào PT $(2)$ ta được $y-\frac{\frac{3y+1}{2y}+3y}{\frac{(3y+1)^{2}}{4y^{2}}+y^{2}}=0 \Leftrightarrow y=1\vee y=-1$

Bài 13 Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} 6x^{4}-\left ( x^{3}-x \right )y^{2}-(y+12)x^{2}=-6\\ 5x^{4}-\left ( x^{2}-1 \right )^{2}y^{2}-11x^{2}=-5 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 6x^{2}-12+\frac{6}{x^{2}}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )y^{2}-y=0\\ 5x^{2}-10+\frac{5}{x^{2}}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}y^{2}=1 \end{matrix}\right. $

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 6\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )y^{2}-y=0\\ 5\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}-\left ( x-\frac{1}{x} \right )^{2}y^{2}=1 \end{matrix}\right.$

Đặt $x-\frac{1}{x}=t$

Ta có hệ mới

$\left\{\begin{matrix} 6t^{2}-ty^{2}-y=0\\ 5t^{2}-t^{2}y^{2}-1=0 \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} 6t^{2}-ty^{2}-y=0\\ 5t^{2}-t^{2}y^{2}-1=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} t=1\\ y=2 \end{matrix}\right.\vee \left\{\begin{matrix} t=\frac{1}{2}\\ y=1 \end{matrix}\right.$

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm

$\boxed {(x,y)\in \left \{ \left ( \frac{1\pm \sqrt{5}}{2};2 \right ),\left ( \frac{1\pm \sqrt{17}}{4};1 \right ) \right \}}$

Bài 21 Giải hệ

$x+\frac{2xy}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}}=x^{2}+y$

$y+\frac{2xy}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}}=y^{2}+x$

 

Cộng từng vế hai phương trình trong hệ ta được:

$x^{2}+y^{2}=2xy\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}}+\frac{1}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}+8}} \right )$

Mặt khác ta lại có

$2xy\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}}+\frac{1}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}+8}} \right )\leq 2xy$

Do đó

$x^{2}+y^{2}\leq 2xy$

$\Leftrightarrow x=y$

Với $x=y$ ta có

$\frac{2x^{2}}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}}=x^{2} \Leftrightarrow x=0\vee x=1$

 

Kết luận: Hệ đã cho có nghiệm

$\boxed {(x,y)\in \left \{ (0;0),(1;1) \right \}}$

Bài 25 giải hệ

$\frac{4x^{2}}{1+4x^{2}}=y$

$\frac{4y^{2}}{1+4y^{2}}=z$

$\frac{4z^{2}}{1+4z^{2}}=x$

 

Nhận xét: $x,y,z \geq 0$

Hệ đã cho tương đương với

$\left\{\begin{matrix} y=1-\frac{1}{1+4x^{2}}\\ z=1-\frac{1}{1+4y^{2}} \\ x=1-\frac{1}{1+4z^{2}} \end{matrix}\right.$

Lập luận tương tự như Bài 24 ta có $x=y=z$

Với $x=y=z$, hệ trở thành

$\left\{\begin{matrix} x=y=z\\ x=\frac{4x^{2}}{1+4x^{2}} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=y=z\\ x+4x^{3}=4x^{2} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=y=z=0\\ x=y=z=\frac{1}{2} \end{bmatrix}$

Kết luận: Phương trình có nghiệm

$\boxed {(x,y,z)\in \left \{ (0,0,0),\left ( \frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right ) \right \} }$

Tiếp tục nào

 

Bài 2. Giải phương trình 

 

$$\left ( x+2 \right )\left ( \sqrt{2x^2+4x+6}+\sqrt{-2x-1} \right )=2x^2+6x+7$$

Đề chọn đội dự tuyển QG KonTum 2013

 

Điều kiện: $\left\{\begin{matrix} x+2\geq 0\\ -2x-1\geq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow -2\leq x\leq -\frac{1}{2}$

Do $\sqrt{2x^{2}+4x+6}-\sqrt{-2x-1}> 0,\forall x\in \left [ -2;-\frac{1}{2} \right ]$ nên

$\mathrm{PT}\Leftrightarrow (x+2)\left ( 2x^{2}+6x+7 \right )=\left ( 2x^{2}+6x+7 \right )\left ( \sqrt{2x^{2}+4x+6}-\sqrt{-2x-1} \right )$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x^{2}+4x+6}-\sqrt{-2x-1}=x+2$

$\Leftrightarrow \sqrt{2(x+2)^{2}+2(-2x-1)}=(x+2)+\sqrt{-2x-1}$       $(*)$

Theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ thì $\sqrt{2(x+2)^{2}+2(-2x-1)}\geq (x+2)+\sqrt{-2x-1}$

Dấu "=" xảy ra $\iff -2x-1=(x+2)^{2}\Leftrightarrow x^{2}+6x+5=0 \Leftrightarrow x=-1$

Do đó $(*)\Leftrightarrow x=-1$

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $\boxed {x=-1}$

Giải hệ

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

 

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

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

Cộng từng vế hai phương trình trên ta được

$(x-y)(2x^{3}-x^{2}+x-y)=0$

Đến đây giải hai hệ

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

ta được nghiệm $\boxed {(x,y)\in \left \{ (0,0),(1,2),(2,2) \right \}}$

Sao lại không dùng AM-GM cho gọn nhỉ
Áp dụng trực tiếp AM-GM ta chỉ cần chứng minh $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$(đây đã là BĐT quen thuộc)
p/s:ta cũng có thể đánh giá ngược mẫu kấ hay và gọn

Áp dụng AM - GM cũng được, nhưng mình muốn làm cách khác, hehe hơi điên nhỉ

Câu 1.
a) Áp dụng BĐT Schwarz ta có $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c} =\frac{a^{2}}{ab+ca-a^{2}}+\frac{b^{2}}{bc+ab-b^{2}}+\frac{c^{2}}{ca+bc-c^{2}} \geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)-a^{2}-b^{2}-c^{2}}$
Ta cần chứng minh $(a+b+c)^{2}\geqslant 6(ab+bc+ca)-3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Thật vậy ta có $(a+b+c)^{2}\geqslant 6(ab+bc+ca)-3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \Leftrightarrow 4\left ( a^{2}+b^{2} +c^{2}\right )\geqslant 4\left ( ab+bc+ca \right )$
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\Leftrightarrow$ tam giác đã cho là tam giác đều

Bài 7.
a) Do $BM \parallel CD \Rightarrow S_{MCD}=S_{BCD}$
Mặt khác lại có $ABCD$ là hình bình hành nên $S_{BCD}=S_{ABD}=\frac{1}{2}S_{ABCD}$
b) Qua $N$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AD$ tại $E$ và cắt $BC$ tại $F$
Áp dụng kết quả câu a) ta được $S_{NAB}=\frac{1}{2}S_{ABFE}, S_{NCD}=\frac{1}{2}S_{CDEF}$
Từ đó suy ra $S_{NAB}+S_{NCD}=\frac{1}{2}S_{ABCD}$

Bài 1.
a) Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z} \Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)=0$
b) Ta có $x^{2}+y^{2}+z^{2}=xy+yz+zx\Leftrightarrow (x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}=0\Leftrightarrow x=y=z$