\(\Leftrightarrow y=\dfrac{\sqrt{c-2}}{c}+\dfrac{\sqrt{a-3}}{a}+\dfrac{\sqrt{b-4}}{b}\)

Ta có: \(\dfrac{\sqrt{c-2}}{c}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\Leftrightarrow\left(\sqrt{c-2}-\sqrt{2}\right)^2\ge0\) ( Luôn đúng)

Tương tự: \(\dfrac{\sqrt{a-3}}{a}\le\dfrac{1}{2\sqrt{3}};\dfrac{\sqrt{b-4}}{b}\le\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow y\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}+\dfrac{1}{4}\) và dấu ''='' xảy ra khi c = 4; a = 6; b = 8

Câu c quen thuộc, chém trước:

Ta có BĐT phụ: \(\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x^4}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\) \((\ast)\)

Hay là: \(\frac{1}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)

Có: \(8(y^2+z^2) \Big[(x^2 +y^2 +z^2)^2 -x\left\{x^3 +(y+z)^3 \right\}\Big]\)

\(= \left( 4\,x{y}^{2}+4\,x{z}^{2}-{y}^{3}-3\,{y}^{2}z-3\,y{z}^{2}-{z}^{3 } \right) ^{2}+ \left( 7\,{y}^{4}+8\,{y}^{3}z+18\,{y}^{2}{z}^{2}+8\,{z }^{3}y+7\,{z}^{4} \right) \left( y-z \right) ^{2} \)

Từ đó BĐT \((\ast)\) là đúng. Do đó: \(\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\)

\(\therefore VT=\sum\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\sum\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}=1\)

Done.

Câu 1 chuyên phan bội châu

câu c hà nội

câu g khoa học tự nhiên

câu b am-gm dựa vào hằng đẳng thử rồi đặt ẩn phụ

câu f đặt \(a=\frac{2m}{n+p};b=\frac{2n}{p+m};c=\frac{2p}{m+n}\)

Gà như mình mấy câu còn lại ko bt nha ! để bạn tth_pro full cho nhé !

Nguyễn Ngọc Lộc , ?Amanda?, Phạm Lan Hương, Akai Haruma, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm,

@tth_new

Giúp em vs ạ! Thanks nhiều ạ

\(S=\dfrac{\sqrt[3]{\left(a-2\right)\left(b-3\right)}}{a+b}\)

\(\Rightarrow S.\sqrt[3]{5}=\dfrac{\sqrt[3]{\left(a-2\right)\left(b-3\right).5}}{a+b}\)

\(\le\dfrac{\dfrac{\left(a-2\right)+\left(b-3\right)+5}{3}}{a+b}=\dfrac{\dfrac{a+b}{3}}{a+b}=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow S\le\dfrac{1}{3}:\sqrt[3]{5}=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{5}}\)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a-2=b-3=5\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=7\\b=8\end{matrix}\right.\)

Ta có BĐT \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Lợi dụng BĐT Cauchy-Schwarz tao cso:

\(VT^2=\left(\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\right)^2\)

\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+9\right)\)

\(\le3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+9\right)\)

Đặt \(t=a^2+b^2+c^2\left(t\ge3\right)\) thì cần chứng minh:

\(3\left(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}+9\right)\le4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+9\right)\le4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(t+9\right)\le4t^2\Leftrightarrow-\left(t-3\right)\left(4t+9\right)\le0\) (Đúng)

Ta có BĐT \(3\le ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)

Và BĐT: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(\le\sqrt{9}=3\le a^2+b^2+c^2\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT^2=\left(\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\right)^2\)

\(\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+c+9\right)\)

\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2+b^2+c^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]\)

\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)=VP^2\)

Xảy ra khi \(a=b=c=1\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)

Ta có: \(\sqrt{a+bc}=\sqrt{\dfrac{a^2+abc}{a}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\)

thiết lập tương tự ,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\sum a\sqrt{bc}\)

Điều này luôn đúng theo BĐT Bunyakovsky:

\(\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\sum\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\sum a\sqrt{bc}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=3

+) Bài bất đẳng thức:

\(\dfrac{2017a-a^2}{bc}=\dfrac{\left(a+b+c\right)a-a^2}{bc}=\dfrac{ab+ca}{bc}=\dfrac{a}{c}+\dfrac{a}{b}\left(1\right)\)

Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2017b-b^2}{ca}=\dfrac{b}{a}+\dfrac{b}{c}\left(2\right)\\\dfrac{2017c-c^2}{ab}=\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\Rightarrow\dfrac{2017a-a^2}{bc}+\dfrac{2017b-b^2}{bc}+\dfrac{2017c-c^2}{ab}=\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\)

\(\sqrt{2}\left(\sum\sqrt{\dfrac{2017-a}{a}}\right)=\sqrt{2}\left(\sum\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)-a}{a}}\right)=\sqrt{2}\left(\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{2}}\right)\)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge\sqrt{2}\left(\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\right)\)

*Có: \(\sqrt{2.\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{2.\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{2.\dfrac{c+a}{b}}\le\dfrac{2+\dfrac{a+b}{c}}{2}+\dfrac{2+\dfrac{b+c}{a}}{2}+\dfrac{2+\dfrac{c+a}{b}}{2}=3+\dfrac{\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}}{2}\)

Ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge3+\dfrac{\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}}{2}\)

hay \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\) (cái này chị tự chứng minh nhé)

Anh Trần Tuấn Hoàng giỏi BĐT quá nhỉ

a,\(\left\{{}\begin{matrix}-x+2y=6\\5x-3y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-3x+6y=18\left(1\right)\\10x-6y=10\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng (1) và (2) => 7x=28
\(\Leftrightarrow\) x=4
thay x vào (1) ta có -4+2y=6
=> 2y=10
=>y=5
Vậy nghiệm của phương trình (x;y)=(4;5)

b: \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{3}x+\dfrac{1}{4}y=2\\5x-y=11\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=4\end{matrix}\right.\)

c: \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x=6\\5y=15\\3x-y=3\sqrt{2}-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(x,y\right)\in\varnothing\)