Giải xàm tí ạ!\(VT-VP=\frac{1}{2}\left[\left(x^2-3x+1\right)^2+\left(y^2-3y+1\right)^2+\left(x-y\right)^2\left(5-x-y\right)\left(x+y-1\right)\right]\ge0\)

=> qed

??? KHang ơi! Sai rồi ? Tại sao VT - Vp = 1/2. Dòng thứ 2 ??? 

Nguyễn Linh Chi còn khúc dưới nữa mà cô, tại nó dài quá nên olm ko hiển thị hết trng một dòng. Mà bài đó em cũng làm xàm:)

sử dụng \((t+1/t)^2 = t^2 + 1/t^2 +2\)

\(\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{4x^4y^4+x^4\left(x^2+y^2\right)^2+y^4\left(x^2+y^2\right)^2-3x^2y^2\left(x^2+y^2\right)^2}{x^2y^2\left(x^2+y^2\right)^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow4x^4y^4+x^4\left(x^4+2x^2y^2+y^4\right)+y^4\left(x^4++2x^2y^2+y^4\right)-3x^2y^2\left(x^4+2x^2y^2+y^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow4x^4y^4+x^8+2x^6y^2+x^4y^4+x^4y^4+2x^2y^6+y^8-3x^6y^2-6x^4y^4-3x^2y^6\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^6\left(x^2-y^2\right)-y^6\left(x^2-y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-y^2\right)^2\left(x^4+x^2y^2+y^4\right)\ge0\)( luôn đúng )

=> \(\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge3\)

Dấu " = " xảy ra <=> x=y

Bạn tham khảo cách chứng minh tại đây :

Câu hỏi của Nguyễn Huy Thắng - Toán lớp 10 | Học trực tuyến

Áp dụng : Theo BĐT \(AM-GM\) ta có :

\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)

Nhân vế theo vế ta được :

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=3.3.1=9\)

Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)

\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2-2\left(a^2+b^2\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-2a^2-2b^2\le0\)

\(\Leftrightarrow-a^2+2ab-b^2\le0\)

\(\Leftrightarrow-\left(a-b\right)^2\le0\) ( dấu "=" xảy ra ⇔ a=b )

1) a² - ab + b² ≥ 0

<=> ( 4a² - 4ab + b² ) + 3b² ≥ 0

<=> ( 2a - b )² + 3b² ≥ 0 ( đúng ∀ a,b )

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 0

2) a² - ab + b² ≥ 1/4( a + b )²

<=> 4a² - 4ab + 4b² ≥ a² + 2ab + b²

<=> 4a² - 4ab + 4b - a² - 2ab - b² ≥ 0

<=> 3a² - 6ab + 3b² ≥ 0

<=> a² - 2ab + b² ≥ 0

<=> ( a - b )² ≥ 0 ( đúng ∀ a,b )

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b 

3.1 

Xét hiệu :

\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)

\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)

Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)

3.2

Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)

nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )

Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)

1. \(\left|x+5\right|-\left|1-2x\right|=x\left(1\right)\)

Với phương trình kiểu này thì phải lập bảng để xét dấu của x+5 và 1-2x ta có nghiệm của hai nhị thức để chúng bằng 0 lần lượt là -5 và 0,5. Bảng xét dấu:

Ứng với bảng ta có 3 khoảng giá trịn của x ứng với ba phương trình sau.

* Với \(x< -5\) (khoảng đầu)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow-\left(x+5\right)-\left(1-2x\right)=x\\ \Leftrightarrow-x+2x-x=5+1\\ \Leftrightarrow0x=6\)

Phương trình vô nghiệm.

* Với \(-5\le x\le0,5\) (khoảng giữa)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+5\right)-\left(1-2x\right)=x\\ \Leftrightarrow x+2x-x=1-5\\ \Leftrightarrow x=-2\)

\(x=-2\) thỏa mãn điều kiện nên ta lấy.

* Với \(x>0,5\) (khoảng cuối)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(x+5\right)-\left(2x-1\right)=x\\ \Leftrightarrow x-2x-x=-5-1\\\Leftrightarrow x=3 \)

\(x=3\) thỏa nãm điều kiện nên ta lấy.

Kết luận tập nghiệm của phương trình (1) là: \(S=\left\{-2;3\right\}\)

Chứng minh bất đẳng thức:

\(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\\ \Rightarrow2a^2+2b^2\ge a^2+2ab_{ }+b^2\\ \Leftrightarrow2a^2+2b^2-a^2-b^2-2ab\ge0\\ \Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\\\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(1\right)\)

Vì BĐT (2) luôn đúng với mọi a,b do đó ta có: \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)

2.

\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+2\left(a^2+b^2\right)\le0\\ \Leftrightarrow-\left(a^2-2ab+b^2\right)\le0\\ \Leftrightarrow-\left(a-b\right)^2\le0\)

Bất đẳng thức cuối luôn đúng (dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)) nên bất đẳng thức đầu luôn đúng với mọi a, b.