Bài 1: Căn bậc hai

\(x^4+2x^2-6x+9\)

\(=\left(x^4-2x^2+1\right)+\left(3x^2-6x+3\right)+5\)

\(=\left(x^2-1\right)^2+3\left(x-1\right)^2+5\ge5\)

Dấu = xảy ra khi x = 1

ta có : \(\left(x+y-1\right)^2=xy\Leftrightarrow x^2+y^2+xy-2x-2y+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+xy-1=0\)

\(0=\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+xy-1\ge xy-1\)

\(\Leftrightarrow xy\le1\)

mà \(xy=\left(x+y-1\right)^2\le1\Leftrightarrow-1\le x+y-1\le1\)

\(\Leftrightarrow0\le x+y\le2\).

\(VT=\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{\sqrt{xy}}{x+y}\)

Áp dụng bất đẳng thức cauchy dạng phân thức:

\(\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\ge\dfrac{4}{4}=1\)(*)

vì \(xy\le1\)nên \(\sqrt{xy}\ge xy\)( đúng vì nó tương đương \(\sqrt{xy}\left(1-\sqrt{xy}\right)\ge0\))

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{\sqrt{xy}}{x+y}\ge\dfrac{1}{2\sqrt{xy}}+\dfrac{\sqrt{xy}}{2}\)( vì \(x+y\le2\))

Áp dụng bất đẳng thức cauchy: \(\dfrac{1}{2\sqrt{xy}}+\dfrac{\sqrt{xy}}{2}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{2\sqrt{xy}}.\dfrac{\sqrt{xy}}{2}}=1\)(**)

từ (*) và (**) ta có \(VT\ge1+1=2\)

đẳng thức xảy ra khi x=y=1

bunyakovsky:

\(\left(\sqrt{a+3}+\sqrt{2}.\sqrt{2b+6}\right)^2\le\left(1+2\right)\left(a+2b+9\right)< 3.12=36\)

\(\Rightarrow0< \sqrt{a+3}+2\sqrt{b+3}< 6\)

Bài 2:

\(hpt\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x^2+2x\right)+\left(y^2+2y\right)=6\\\left(x^2+2x\right)\left(y^2+2y\right)=9\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=a\\y^2+2y=b\end{matrix}\right.\) thì:\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=6\\ab=9\end{matrix}\right.\)

Từ \(a+b=6\Rightarrow a=6-b\) thay vào \(ab=9\)

\(b\left(6-b\right)=9\Rightarrow-b^2+6b-9=0\)

\(\Rightarrow-\left(b-3\right)^2=0\Rightarrow b-3=0\Rightarrow b=3\)

Lại có: \(a=6-b=6-3=3\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=3\\y^2+2y=3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x+3\right)=0\\\left(y-1\right)\left(y+3\right)=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=1\\y=-3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\dfrac{b+c}{4}}\)\(=2\sqrt{\dfrac{1}{4a^2}}=\dfrac{1}{a}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

\(\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{c+a}{4}\ge\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}+\dfrac{a+b}{4}\ge\dfrac{1}{c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(\Rightarrow VT+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow VT+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\)

\(\Rightarrow VT+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow VT+\dfrac{3}{2}\ge3\left(abc=1\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}\). Tức là \(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Làm cho hoàn thiện luôn nè

1)ĐK:x>0

pt trở thành: x²+1+3x\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=10x

<=>\(\dfrac{x^2+1}{x}\)+3\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=10(*)

đặt y=\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)(y>0)

(*)<=>y²+3y-10=0

<=>(y+5)(y-2)=0

<=>\(\left[{}\begin{matrix}y=-5\\y=2\end{matrix}\right.\)

vậy y =2(y>0)

<=>\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=2<=>x²+1=4x

<=>x²-4x+1=0<=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{3}+2\\x=2-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

3) điều phải cm<=>\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)đặt x=\(\dfrac{1}{a}\);y=\(\dfrac{1}{b}\);z=\(\dfrac{1}{c}\)

P<=>\(\dfrac{x^2yz}{y+z}+\dfrac{xy^2z}{x+z}+\dfrac{xyz^2}{x+y}\)

=\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)(xyz=1)

đến đây ta có bất đẳng thức quen thuộc trên

A=\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)

A+3=\(\dfrac{x+y+z}{y+z}+\dfrac{x+y+z}{x+z}+\dfrac{x+y+z}{x+y}\)

=(x+y+z)(\(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{x+z}+\dfrac{1}{x+y}\))(**)

đặt m=x+y;n=y+z;p=x+z

(**)<=>\(\dfrac{m+n+p}{2}\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{p}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)(điều suy ra được từ bất đẳng thức cô-si cho 3 số)

=>A\(\ge\)\(\dfrac{3}{2}\)

=>P\(\ge\)\(\dfrac{3}{2}\)

bài BĐT nhóm 2 ra chuyển sa VP là thành đề JBMO nào đó ko nhớ :v

Theo đề thì:\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{2}{z}=0\)

\(\Leftrightarrow xz+yz-2xy=0\)

Cũng từ \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{2}{z}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{z}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{2}{\sqrt{xy}}\)

\(\Leftrightarrow z\le\sqrt{xy}\)

\(\Leftrightarrow z^2\le xy\)

Quay lại bài toán ta có:

\(T=\dfrac{x+z}{2x-z}+\dfrac{z+y}{2y-z}=\dfrac{2z^2-6xy-\left(xz+yz-2xy\right)}{-z^2+2\left(xz+yz-2xy\right)}\)

\(=\dfrac{6xy-2z^2}{z^2}\ge\dfrac{6xy-2xy}{xy}=4\)

Vậy GTNN là T = 4 khi x = y = z = 1

Câu 1/ Ta có:

\(\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2=x^2+2+\dfrac{1}{x^2}=25\)

\(\Rightarrow x+\dfrac{1}{x}=-5\)

Ta lại có:

\(S=x^3+\dfrac{1}{x^3}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(x^2-1+\dfrac{1}{x^2}\right)\)

\(=-5.\left(23-1\right)=-110\)

Câu 2/ x⁴ - 2y⁴ - x²y² + x² + y²

\(\Leftrightarrow\)(x² + y²) + (x⁴ - y⁴) + (- y⁴ - x²y²)

\(\Leftrightarrow\)(x² + y²)(1 + x² - 2y²)

Vâng để e giải câu 3 cho bác.

Ta có: 2x² − 2xy = 5x − y − 19

\(\Leftrightarrow\) (2x² - x) + (-2xy + y) + (- 4x + 2) = -17

\(\Leftrightarrow\)(2x - 1)(x - y - 2) = - 17

\(\Rightarrow\)(2x - 1; x - y - 2) = (1, - 17; - 17, 1; - 1, 17; 17, 1)

Tới đây thì giải được rồi nhé.

Từ đề bài ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\ge0\\\left(x-3\right)\left(y-3\right)\left(3-z\right)\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\ge0\\-xyz+3\left(xy+yz+zx\right)-9\left(x+y+z\right)+27\ge0\end{matrix}\right.\)

Lấy trên + dưới ta được

\(4\left(xy+yz+zx\right)-8\left(x+y+z\right)+28\ge0\)

\(\Leftrightarrow4\left(xy+yz+zx\right)+20\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(x+y+z\right)^2+20\ge2x^2+2y^2+2z^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le11\)

Bài này Karamata là vừa :D

Giả sử \(a\ge b\ge c\)

Khi \(f\left(x\right)=x^2\) là hàm lồi trên \(\left[-1,3\right]\) và \((-1,-1,3)\succ(a,b,c)\)

Theo Karamata's inequality ta có:

\(11=\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2+3^2\ge a^2+b^2+c^2\)

bài này làm r` mà ko nhớ ở đâu, cx bận nên ngại làm lại ==

Vừa read trên face bài này xong '_'

bn chụp rõ phần cần lm đi