2) \(x^4-x^2+1=0\)(1)

Đặt: t=x², khi đó:

(1)\(\Leftrightarrow t^2-t+1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}=0\left(2\right)\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\) vô nghiệm => (1) vô nghiệm

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

Mình đã làm được rồi

1.

Ta có:

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

Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P, áp dụng bồ đề vừa chứng minh ta có:

\(P\le\dfrac{a.abc}{bc\left(b^2+c^2\right)+a.abc}+\dfrac{b.abc}{ca\left(c^2+a^2\right)+b.abc}+\dfrac{c.abc}{ab\left(a^2+b^2\right)+c.abc}\)

\(P\le\dfrac{a^2.bc}{bc\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{b^2.ac}{ca\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\dfrac{c^2.ab}{ab\left(a^2+b^2+c^2\right)}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

2.

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

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{2}{3}\)

x^2 + x + 1
= x^2 + x +1/4 +3/4
= (x+1/2)^2 + 3/4 ≥ 3/4
Vậy x^2 + x + 1 >0 với mọi x

\(x^2\)-\(2x+4\)=\(x^{^{ }2}-2x+1+3\) =\(\left(x-1\right)^2+3\)\(\ge\) 3

\(x^4+x^3+x^2+x+1=\left(x^4+x^3+\frac{1}{4}x^2\right)+\left(\frac{1}{4}x^2+x+1\right)+\frac{1}{2}x^2\)

\(=\left(x^2+\frac{1}{2}x\right)^2+\left(\frac{1}{2}x+1\right)^2+\frac{1}{2}x^2\ge0\) (Do từng hạng tử của đa thức đều \(\ge0\))

Nếu \(x=0\) thì

 \(\left(x^2+\frac{1}{2}x\right)^2+\left(\frac{1}{2}x+1\right)^2+\frac{1}{2}x^2=\left(0+\frac{1}{2}.0\right)^2+\left(\frac{1}{2}.0+1^2\right)+\frac{1}{2}.0^2=1>0\)

Do đó \(\left(x^2+\frac{1}{2}x\right)^2+\left(\frac{1}{2}x+1\right)^2+\frac{1}{2}x^2>0\) hay \(x^4+x^3+x^2+x+1>0\)

Bài 2:

a) Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

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

\(\ge\dfrac{1}{a+b}\) (Đpcm)

b) Trừ 1 vào từng vế của BĐT ta được BĐT tương đương:

\(\left(\frac{x}{2x+y+z}-1\right)+\left(\frac{y}{x+2y+z}-1\right)+\left(\frac{z}{x+y+2z}-1\right)\le\frac{-9}{4}\)

\(\Leftrightarrow-\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\le-\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)

Áp dụng BĐT phụ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) ta có:

\(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\)

\(\ge\dfrac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}=\dfrac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{x+2y+z}+\dfrac{z}{x+y+2z}\le\dfrac{3}{4}\) (Đpcm)

Bài 1:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a-1+b-1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\)

Nên cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\ge8\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge8\left(a+b-2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge8a+8b-16\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)^2\ge0\) luôn đúng