Ta có: \(\Delta1=\left(2b\right)^2-4ac=4b^2-4ac\)

\(\Delta2=\left(2c\right)^2-4ab=4c^2-4ab\)

\(\Delta3=\left(2a\right)^2-4bc=4a^2-4bc\)

\(\Rightarrow\Delta=\Delta1+\Delta2+\Delta3=4b^2-4ac+4c^2-4ab+4a^2-4bc\)

\(=2\left(2b^2-2ac+2c^2-2ab+2a^2-2bc\right)\)

\(=2\left(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\right)\)

\(=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)

                                               Vậy với mọi a,b,c thì ít nhất một trong các pt sau có nghiệm

ax^2 + 2bx + c = 0 (1) 
bx^2 + 2cx + a = 0 (2) 
cx^2 + 2ax + b = 0 (3) 
Xét: 
Δ1 = b² - ac 
Δ2 = c² - ab 
Δ3 = a² - bc 
ta có 2(Δ1+ Δ2 + Δ3) 
= 2(b² - ac) + (c² - ab) + (a² - bc) 
= (a² - 2ab + b² ) + (b² - 2bc + c²) + (c² - 2ac + a²) 
= (a - b)² + (b - c)² + (a - c)² ≥ 0 
=> Δ1+ Δ2 + Δ3 ≥ 0 
=> trong 3Δ: Δ1;Δ2; Δ3 phải có ít nhất 1Δ ≥ 0 
Vậy ít nhất 1phương trình có nghiệm => đpcm

Akai Haruma

\(\Delta_1'=b^2-ac\) ; \(\Delta_2'=c^2-ab\) ; \(\Delta_3'=a^2-bc\)

\(\Rightarrow\Delta_1'+\Delta_2'+\Delta_3'=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(a-b\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(b-c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(c-a\right)^2\ge0\) ; \(\forall a;b;c\)

\(\Rightarrow\) Tồn tại ít nhất 1 trong 3 giá trị \(\Delta_1';\Delta_2';\Delta_3'\) không âm

\(\Rightarrow\) Ít nhất 1 trong 3 pt nói trên có nghiệm

Oh my!!! Cuối cùng cũng ra!!!

Với mọi \(x\) ta luôn có \(ax^3+bx^2+cx=-1-x^4\).

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức ta có:

\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^6+x^4+x^2\right)\ge\left(ax^3+bx^2+cx\right)^2\)

Hay \(P\ge\frac{\left(x^4+1\right)^2}{x^6+x^4+x^2}\).

Đặt \(y=x^2\), ta tìm min\(\frac{y^4+2y^2+1}{y^3+y^2+y}\).

Ta sẽ CM \(\frac{y^4+2y^2+1}{y^3+y^2+y}\ge\frac{4}{3}\) với mọi \(y\) dương.

Biến đổi tương đương ta có: \(\left(y-1\right)^2\left(3y^2+2y+3\right)\ge0\) (đúng).

Vậy \(P\ge\frac{4}{3}\). Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=-\frac{2}{3}\).

(Bất đẳng thức kiểu này quá khó!)

(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx - 1 = 0 
lim f(x) (x --> -∞, x --> +∞) = lim x^4*(1 + a/x + b/x^2 + c/x^3 - 1/x^4) = + ∞ 
=> tồn tại x1 và x2 thỏa mãn x1 < 0 < x2 sao cho f(x1) > 0, f(x2) > 0 
ta có f(0) = -1 < 0 => f(x1)*f(0) < 0, f(0)*f(x2) < 0 
=> trong (x1, 0) tồn tại x3 và trong (0, x2) tồn tại x4 rằng f(x3) = f(x4) = 0 

Đề gì mà tổng quát vậy. Cho hỏi đề có phải như vầy không

\(x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0\)

Giả sử không có BĐT thức nào có nghiệm. Khi đó:

\(\Delta_1=\left(2b\right)^2-4ac=4b^2-4ac< 0\Leftrightarrow b^2< ac\left(1\right)\)

\(\Delta_2=\left(2c\right)^2-4ab=4c^2-4ab< 0\Leftrightarrow c^2< ab\left(2\right)\)

\(\Delta_3=\left(2a\right)^2-4bc=4a^2-4bc< 0\Leftrightarrow a^2< bc\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3) suy ra b² . c² . a² < ac . ab . bc (Vì các vế của chúng đều phải dương)

\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^2< \left(abc\right)^2\), vô lí

Do đó giả thiết sai. Vậy ít nhất một trong 3 BĐT có nghiệm