Đặt $ f(x) = x^{3} - 6x^{2} + 3(m+2)x - m - 6 =0 $
$ f^{'}(x) = 3x^2-12x+3(m+2) $
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì $ f^{'}(x) $ phải có 2 nghiệm phân biệt $ x_1 ; x_2 $ thỏa:
$ f(x_1).f(x_2) < 0 $
Đến đây giải bình thường , nhưng xem ra hơi mất sức , không biết bạn nào có cách nào hay không nhỉ ?

Đặt $ f(x) = x^{3} - 6x^{2} + 3(m+2)x - m - 6 =0 $
$ f^{'}(x) = 3x^2-12x+3(m+2) $
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì $ f^{'}(x) $ phải có 2 nghiệm phân biệt $ x_1 ; x_2 $ thỏa:
$ f(x_1).f(x_2) < 0 $
Đến đây giải bình thường , nhưng xem ra hơi mất sức , không biết bạn nào có cách nào hay không nhỉ ?

Mình thấy cách của Lâm ổn rồi mà. $ f^{'}(x) $ phải có 2 nghiệm phân biệt $ x_1 ; x_2 $ kết hợp với $ f(x_1).f(x_2) < 0 $ là đủ rồi mà.Cái đó tương đương Đồ thị cắt Ox tại 3 điểm pb.
Việc giải như thế không mất sức khi ta dễ tìm được 1 đường thẳng đi (d)qua CĐ,CT ,sẽ giúp việc giải đơn giản hơn.
Để tìm (d) ta lấy f(x) chia f'(x) được số dư là R(x) chính là d
Ta có (d):$y = (2m - 4)x + m - 2$
Đến đây: $f({x_1}) = (2m - 4){x_1} + m - 2$
$f({x_2}) = (2m - 4){x_2} + m - 2$
Việc giải quyết $f({x_1}).f({x_2}) < 0$ đơn giản hơn rồi!
Cách này dùng cho nhiều bài hơn kể cả bài không tách được tham số riêng và hàm số riêng (Cách anh hvuong sẽ gặp khó khăn)

Hỏi nhiều bài vậy em. Nhiều bài tương tự những bài em vừa hỏi rồi mà.
Em phải học gõ Latex đi nhé, không lần sau anh del bài đó!
Gợi ý:
Bài 1:
Chứng minh:
$\dfrac{a}{{a + b + c + d}} < \dfrac{a}{{b + c + a}} < \dfrac{{a + d}}{{a + b + c + d}}$
Tương tự sau đó công lại thấy $1<A<2$ suy ra A không nguyên!
Bài 2:
Áp dụng BĐT Shwarz có ngay:

$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{a + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{2(a + b + c)}} = 1$

Bài 3:
Thế ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 1$ vào và biến đổi là được.
Bài 4:
Giả thiết tương đương:
$ab + bc + ac = 0$
Bài 5:
....

@Ispectorgadget : Bạn nên trình bày cho đẹp hơn chút, để cho nhưng bạn chưa biết có thể dễ dàng đọc được.
Các BĐT phụ được đưa ra đều là những BĐT đơn giản, dễ chứng minh nhưng bạn vẫn nên chứng minh ra nhé.
Mình đã chứng minh BĐT 5 và 7 phía trên cho bạn.
Mong rằng bạn sẽ tiếp tục đóng góp những BĐT phụ hay.
@khánh: Khánh có thể nêu một số dạng đơn giản để dễ áp dụng được không? Nêu ngay dưới bài post của Khánh cũng được.

Bản thân Cauchy đặt tên bất đẳng thức:

Với các số thực dương $a_i,\;i=\overline{1,n}$

$\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}}$

là BĐT "Trung bình điều hoà" mà

@hxthanh : Thưa thầy, ý bạn Hoàng muốn nói tới BĐT AG-HM dạng đó. Ta sẽ xét những BĐT phụ thường dùng, nhiều ứng dụng, không nhất thiết phải là BĐT tổng quát.

BĐT trên có tên quốc tế là AM-HM "HM" viết tắt của chữ Hamonic means
Với a,b,c dương ta có: $(a + b + c^{} ).(ab + bc + ac) \ge 9abc$
$\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b} \ge a + b + c$
2 BĐT này chỉ cần sử dụng BĐT AM-GM

@spectorgadget : Bạn nên đánh số thứ tự BĐT nhé. Chứng minh 2 BĐT trên không dài dòng lắm nên bạn có thể chứng minh luôn nhé. Theo mình thì mỗi BĐT và cách chứng minh nó nên để ở 1 post. Cảm ơn bạn đã tham gia!

BĐT 15:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc + 1 \ge 2(ab + bc + ac)$

Chứng minh
Theo nguyên lý Diricle thì luôn tồn tại 2 trong 3 số :$(a-1);(b-1);(c-1)$cùng dấu.
Giả sử:
\[(a - 1)(b - 1) \ge 0\]\[ \Leftrightarrow ab + 1 \ge a + b\]\[ \Leftrightarrow 2abc + 2ab + 2c \ge 2(ab + bc + ca)\]
Ta chứng minh:\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 1 \ge 2ab + 2c\]
BĐT trên luôn đúng theo BĐT AM-GM.

BĐT 21:
Cho $a,b,c,d$ là các số dương.
Chứng minh rằng:\[\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \ge \sqrt {ac} + \sqrt {bd} \]


Chứng minh
BĐT tương đương:\[\begin{array}{l}
\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \ge \sqrt {ac} + \sqrt {bd} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right) \ge ac + bd + 2\sqrt {abcd} \\
\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {ab} - \sqrt {cd} } \right)^2} \ge 0
\end{array}\]




------------------------------
Dạng tổng quát cho bài toán trên chính là BĐT Mincopxki ( kiểu 2)

Vừa lượm được 1 BĐT nữa trên VMF. Cho vào đây chắc cũng phù hợp vì hình thức nó gọn gàng.
Ta dùng BĐT phụ vì hình thức của nó giúp ta dễ liên tưởng và áp dụng. Cách chứng minh có phức tạp chút nhưng cũng không sao. Biết BĐT đó rồi thì ta đỡ mất sức suy nghĩ để tìm ra nó nữa.
Đề nghĩ luôn các bạn đọc kĩ các BĐT ở trên để tránh sự trùng lặp.

BĐT 23:


Cho $a\geq 1$, $b\geq 1$, $c\geq 1$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{1+a^3}+\dfrac{1}{1+b^3}+\dfrac{1}{1+c^3}\geq \dfrac{3}{1+abc}$

Chứng minh

Trước tiên sử dụng BĐT 2 : $\frac{1}{{1 + {a^2}}} + \frac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \frac{2}{{1 + ab}}$
Ta có ngay:
$$\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }},\frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }}$$
Đồng thời:$\frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }} + \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }} \ge \frac{4}{{1 + abc}}$
Suy ra: \[\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{4}{{1 + abc}}\]
Từ đó có được đpcm.

BĐT 22: ( Dạng bậc 3 của BĐT Schur )
Cho 3 số thực $a,b,c$. Chứng minh:
\[{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}(b + c) + {b^2}(a + c) + {c^2}(b + a)\]


Chứng minh:
Giả sử: \[a = Min\left\{ {a,b,c} \right\}\]
Xét :\[f(a,b,c) = {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc - {a^2}(b + c) + {b^2}(a + c) + {c^2}(b + a)\]
Đặt: \[t = \frac{{b + c}}{2}\]
Ta thấy:\[f(a,b,c) - f(a,t,t) = \left( {b + c - \frac{5}{4}a} \right){\left( {b - c} \right)^2} \ge 0\]
Mà \[f(a,t,t) = a{\left( {a - t} \right)^2} \ge 0\]
Suy ra: \[f(a,b,c) \ge 0\]
Ta có được đpcm.

BĐT 2:
Với $ab \ge 1$ ta luôn có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\]
Chứng minh
Biến đổi tương đương:

\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0\\
\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0
\end{array}\]
Ta có đpcm.

BĐT 20:

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
\[\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}\]


Chứng minh:
Xét hiệu $VT-VP$ và một số phép nhóm đơn giản ta thu được bất đẳng thức tương đương sau:
$$\Leftrightarrow ab(a-b)\left[\dfrac{1}{(b+c)(b^2+c^2)}-\dfrac{1}{(c+a)(c^2+a^2)} \right]+bc(b-c)\left[\dfrac{1}{(c+a)(c^2+a^2)}-\dfrac{1}{(a+b)(a^2+b^2)} \right]$$
$$+ca(a-c)\left[\dfrac{1}{(b+c)(b^2+c^2)}-\dfrac{1}{(a+b)(a^2+b^2)} \right] \ge 0$$
Với việc giả sử: $a \ge b \ge c$ thì ta có:
$$\dfrac{1}{(b+c)(b^2+c^2)} \ge \dfrac{1}{(c+a)(c^2+a^2)} \ge \dfrac{1}{(a+b)(a^2+b^2)}$$
Từ đó suy các biểu thức trong bất đẳng thức trên đều không âm. Ta có điều phải chứng minh.
Dấu $''=''$ xảy ra khi:$a=b=c$

P/s: Mong mọi người tham gia nhiệt hơn nữa

BĐT 3:
Cho $a,b \in R;n \in {N^*}$. Chứng minh rằng: \[\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Chứng minh:
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$. Lập BBT.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

BĐT trên là BĐT tổng quát giúp ta dễ nhớ.
Từ BĐT trên ta có thể thay n=2,3,4...
Sẽ được một số BĐT phụ khá hữu ích. ( cái mà ta muốn nói đến)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

BĐT 1:
Chứng minh rằng: Với $a,b,c>0$ và $abc \le 1$ thì ta luôn có:\[\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c\]

Chứng minh

Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo BĐT AM-GM ta có:
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm.

BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ

Trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ở cấp THPT, ta thường bắt gặp các Bất đẳng thức phụ , các Bổ đề nhỏ.
Có khi các Bất đẳng thức, Bổ đề đó ta có thể dễ dàng nghĩ tới để sử dụng. Nhưng cũng có khi ta băn khoăn không hiểu vì sao lại sử dụng bất đẳng thức phụ đó và đôi khi ta không biết về nó.
Chính vì vậy, mình mở topic này để cùng anh em VMF thảo luận, thu thập, tổng hợp các Bất đẳng thức phụ.
Biết càng nhiều Bất đẳng thức phụ xem như ta có thêm nhiều vũ khí, khi cần có thể đem ra dùng để đối phó với các bài toán Bất đẳng thức.
Rất mong được mọi người ủng hộ.

* Một số yêu cầu nhỏ:
- Các Bất đẳng thức phụ đưa ra phải có hình thức ngắn gọn.
- Cách chứng minh các Bất đẳng thức phụ đó cần rõ ràng, mạch lạc, càng ngắn gọn càng tốt.
- Mọi người đưa BĐT phụ lên nếu có thể thì chứng minh luôn.
- Mọi người có thể post nhiều cách chứng minh bổ đề.
- Topic ứng dụng các BĐT phụ này sẽ được mở sau khi đã có số lượng BĐT phụ phong phú.

Hy vọng mọi người tham gia nhiệt tình để tổng hợp thành một tài liệu hay cho VMF.

Bài 31:

Cho phương trình $(m-2)x^4-2m.x^2+m+4=0$. Định $m$ để phương trình có 4 nghiệm $x_1<x_2<x_3<x_4$ thỏa mãn $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$

Bạn Chung lập topic này kì công quá! Không đóng góp được gì, mình xin giải bài 31 (bài 17 thui nhỉ)
Để ý yêu cầu bài toán là dạng PT bậc 4 trùng phương có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng.
Đặt :$t = {x^2}$
Ta có PT : $(m - 2){t^2} - 2mt + m + 4 = 0{\rm{ (1)}}$
Đầu tiên: Để PT ban đầu có 4 nghiệm pb thì pt (1) có 2 nghiệm pb dương.(${t_1} > {t_2}$)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m - 2 \ne 0\\\Delta ' > 0\\{t_1}.{t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\1 - (m - 2)(m + 4) > 0\\\dfrac{{m + 4}}{{m - 2}} > 0\\\dfrac{{2m}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right.$
Bạn giải ra ĐK của m nhé.
Tiếp theo:
PT có 4 nghiệm thỏa mãn.
Giả sử PT đã cho có 4 nghiệm thỏa mãn( dùng ĐK cần và đủ nhé).
Với cách đặt như trên thì 4 nghiệm của PT ban đầu sẽ là:
$ - \sqrt {{t_1}} < - \sqrt {{t_2}} < \sqrt {{t_2}} < \sqrt {{t_1}} $ do ${t_1} > {t_2}$
theo bài :${x_2} - {x_1} = {x_3} - {x_2} \Rightarrow - \sqrt {{t_2}} - - \sqrt {{t_1}} = \sqrt {{t_2}} - - \sqrt {{t_2}} $
$ \Leftrightarrow \sqrt {{t_1}} = 3\sqrt {{t_2}} \Leftrightarrow {t_1} = 9{t_2}$
Ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 9{t_2}\\{t_1}.{t_2} = \dfrac{{m + 4}}{{m - 2}}\\{t_1} + {t_2} = \dfrac{{2m}}{{m - 2}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9{t_2}^2 = \dfrac{{m + 4}}{{m - 2}}\\10{t_2} = \dfrac{{2m}}{{m - 2}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_2}^2 = \dfrac{{m + 4}}{{9(m - 2)}}\\{t_2} = \dfrac{m}{{5(m - 2)}}\end{array} \right.$

$ \Rightarrow {(\dfrac{m}{{5(m - 2)}})^2} = \dfrac{{m + 4}}{{9(m - 2)}}$

Được PT bậc 2 rồi bạn giải ra m sau đó đối chiếu ĐK ở trên.
Cuối cùng nhớ bứơc thử lại ( chính là làm ĐK đủ nhé )
Chúc thành công!

Cho f(x)=a x^2 + bx+c ( a 0)
a) CMR nếu tồn tại sao cho af( ) 0 thì
f(x)=0 có nghiệm
b) CMR nếu f(x)=x vô nghiệm thì f(f(x))=x vô nghiệm

Topic THCS cho anh xin phép tham gia nhé. Xin phép Chung rồi đó.
Làm câu a nhé :
Ta có:
$\begin{array}{l} a.f(\alpha ) = a.(a.{\alpha ^2} + b\alpha + c) \\ = {a^2}.({\alpha ^2} + \dfrac{b}{a}\alpha + \dfrac{c}{a}) = {a^2}.({\alpha ^2} + 2.\dfrac{b}{{2a}}\alpha + \dfrac{{{b^2}}}{{4{a^2}}}) + ac - \dfrac{{{b^2}}}{4} \\ \end{array}$
Theo bài:
$\begin{array}{l} a.f(\alpha ) \le 0 \Leftrightarrow \dfrac{{{b^2}}}{4} - ac \ge {a^2}.({\alpha ^2} + 2.\dfrac{b}{{2a}}\alpha + \dfrac{{{b^2}}}{{4{a^2}}}) \ge 0 \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{b^2} - 4ac}}{4} \ge 0 \Leftrightarrow \Delta \ge 0 \\ \end{array}$
Vậy PT có nghiệm!

Cắm trại hả anh?

Vậy thì anh Thế làm Bang chủ Cái bang rồi )

Kaka. Ca sĩ này là ai?? Ngọc Thế chứ ai

Hix, lục lọi lại mới tìm thấy 1 cái trên Zing me @@

Anh vietfrog đẹp trai nhỉ ^^

Chú cứ quá khen. Anh bình thường thôi mà

Vietfrog có người yêu là dân chuyên Văn cơ à . Hơn anh rồi đó nha, anh tủi quá .

Anh Thành post ảnh anh lên cho bọn em chấm điểm đê.
Khó khăn mỗi ảnh của anh với ảnh của cậu dark_templar thui đó.
Anh post ngay nha.
Mà anh tủi gì mà tủi? Chắc người yêu anh chuyên Toán nốt hả . Được cả đôi!

@to Khánh:Cậu Khánh sang I-Rắc chơi à .

@to Giang1994: Cậu còn định gạ gẫm mình post ảnh người yêu lên làm gì , người yêu mình học chuyên Văn, không phù hợp với VMF ta. .

@to Phúc: Bác Phúc post ảnh mau lẹ lên nhé, hội đồng nhiếp ảnh đang rất hồi hộp đấy.

Ec ec. Nhiều anh em đưa ảnh lên quá. .Tự tin phát.
Ảnh của mình đây. Đề nghị ông Phúc (dark_templar ) bắt trước tôi ngay.

Cậu Giang với Toàn đẹp zai ghê.
-Mình thực sự bất ngờ về Giang. Trông rất Giang.... giang hồ. .
-Còn Toàn, lớp 8 gì mà to cao thế kia? .''Ăn gì to béo đẫy đà làm sao'' .

Tôi đề nghị anh Dark_templar ( Phúc) đưa ảnh lên ngay, tôi thách anh đấy!

Hôm nay up ảnh chụp chung với mấy đứa bạn cho mọi người cùng đánh giá

Mình ngồi góc ngoài cùng bên phải

Kaka. Cuối cùng cũng thấy cậu Phúc.
Trông lớn ghê. Gặp ngoài đường chắc mình chào bằng anh mất

Góp vào Topic của Kiên một bài:

Bài 32 :
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa $a,b,c < 4$.
Chứng minh bất đẳng thức: $$\dfrac{1}{4-a}+\dfrac{1}{4-b}+\dfrac{1}{4-c}\geq \dfrac{3}{4}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{16}$$