(x-1)(x-3)(x-4)(x-6)+10=(x-1)(x-6)(x-3)(x-4)+10

=(x²-7x+6)(x²-7x+12)+10  (*)

Đặt x²-7x+9=a

\(\Rightarrow\)(*)\(\Leftrightarrow\) (a-3)(a+3)+10=a²-9+10=a²+1\(\ge\)1 với mọi x

Do x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 nên ta có thế đặt: \(x=\frac{a^2}{bc};y=\frac{b^2}{ca};z=\frac{c^2}{ab}\)

với \(\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\ne0\)

Khi đó BĐT cần chứng minh được viết lại như sau:

\(\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\frac{b^4}{\left(b^2-ca\right)^2}+\frac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: \(\left[\text{∑}_{cyc}\left(a^2-bc\right)^2\right]\left[\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\right]\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\text{∑}_{cyc}\frac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\)

Đến đây, ta cần chứng minh: \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2}\ge1\left(^∗\right)\)

Thật vậy. \(\left(^∗\right)\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ca\right)^2+\left(c^2-ab\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge a^4+b^4+c^4\)\(+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-2\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(a^2bc+2ab^2c+2abc^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge0\)*đúng*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Vì xyz=1 nên x,y,z \(\ne\)0. Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) thì ta có: \(abc=1\) và \(a,b,c\ne0,1\)

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành

\(\frac{1}{\left(1-a\right)^2}+\frac{1}{\left(1-b\right)^2}+\frac{1}{\left(1-c\right)^2}\ge1\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\right)^2\)

\(-2\left[\frac{1}{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}+\frac{1}{\left(1-b\right)\left(1-c\right)}+\frac{1}{\left(1-c\right)\left(1-a\right)}\right]\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left[\frac{32\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left[1+\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]^2-2\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)

\(\Leftrightarrow1+\left[\frac{3-\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca-\left(a+b+c\right)}\right]\ge1\)

cau a la bdt vas

con cau b la van dung he qua cua bdt vas

đây là bài bất IMO 2008 

Đặt \(a=\frac{x}{x-1};b=\frac{y}{y-1};c=\frac{z}{z-1}\)từ đó giả thiết trở thành 

\(abc=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)Suy ra được : \(a+b+c-ab-bc-ca=1\)

Bài toán bây giờ trở thành chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c-ab-bc-ca\right)-1\)

\(< =>\left(a+b+c-1\right)^2\ge0\)*đúng*

Vậy ta có điều phải chứng minh 

a) (x≤3)





 

a: Ta có: \(\sqrt{x-1}=2\)

\(\Leftrightarrow x-1=4\)

hay x=5

b: Ta có: \(\sqrt{3-x}=4\)

\(\Leftrightarrow3-x=16\)

hay x=-13

c: Ta có: \(2\cdot\sqrt{3-2x}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3-2x}=\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow-2x+3=\dfrac{1}{16}\)

\(\Leftrightarrow-2x=-\dfrac{47}{16}\)

hay \(x=\dfrac{47}{32}\)

d: Ta có: \(4-\sqrt{x-1}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}=\dfrac{7}{2}\)

\(\Leftrightarrow x-1=\dfrac{49}{4}\)

hay \(x=\dfrac{53}{4}\)

e: Ta có: \(\sqrt{x-1}-3=1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x-1}=4\)

\(\Leftrightarrow x-1=16\)

hay x=17

f:Ta có: \(\dfrac{1}{2}-2\cdot\sqrt{x+2}=\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow2\cdot\sqrt{x+2}=\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x+2}=\dfrac{1}{8}\)

\(\Leftrightarrow x+2=\dfrac{1}{64}\)

hay \(x=-\dfrac{127}{64}\)

Lời giải:
Cái này chỉ tính được giới hạn 1 bên thôi

\(\lim\limits_{x\to 1-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1-}\frac{x^2+1}{1-x}=+\infty \) do $\lim\limits_{x\to 1-}(x^2+1)=2>0$ và $1-x>0$ với $x<1$

\(\lim\limits_{x\to 1+}\sqrt{2x-2}=\sqrt{2.1-2}=0\)