\(\left(tanx-cotx\right)^2=9\Rightarrow tan^2x+cot^2x-2=9\Rightarrow tan^2x+cot^2x=11\)

\(tan^2x+cot^2x+2=13\Rightarrow\left(tanx+cotx\right)^2=13\Rightarrow tanx+cotx=\pm\sqrt{13}\)

\(tan^4x-cot^4x=\left(tan^2x+cot^2x\right)\left(tan^2x-cot^2x\right)\)

\(=\left(tan^2x+cot^2x\right)\left(tanx-cotx\right)\left(tanx+cotx\right)\)

\(=11.3.\left(\pm\sqrt{13}\right)=\pm33\sqrt{13}\)

\(tan^2a+cot^2a=\left(tana+cota\right)^2-2=m^2-2\)

\(tan^4a+cot^4a=\left(tan^2a+cot^2a\right)^2-2=\left(m^2-2\right)^2-2\)

\(tan^6a+cot^6a=\left(tan^2a+cot^2a\right)^3-3\left(tan^2a+cot^2a\right)\)

\(=\left(m^2-2\right)^3-3\left(m^2-2\right)\)

\(m^2=\left(tana+cota\right)^2=\left(tana-cota\right)^2+4tana.cota\)

\(\Rightarrow m^2=\left(tana-cota\right)^2+4\ge4\)

\(\Rightarrow\left|m\right|\ge2\)

Bài 1:

a)

\(\sin ^2x+\sin ^2x\cot^2x=\sin ^2x(1+\cot^2x)=\sin ^2x(1+\frac{\cos ^2x}{\sin ^2x})\)

\(=\sin ^2x.\frac{\sin ^2x+\cos^2x}{\sin ^2x}=\sin ^2x+\cos^2x=1\)

b)

\((1-\tan ^2x)\cot^2x+1-\cot^2x\)

\(=\cot^2x(1-\tan^2x-1)+1=\cot^2x(-\tan ^2x)+1=-(\tan x\cot x)^2+1\)

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

c)

\(\sin ^2x\tan x+\cos^2x\cot x+2\sin x\cos x=\sin ^2x.\frac{\sin x}{\cos x}+\cos ^2x.\frac{\cos x}{\sin x}+2\sin x\cos x\)

\(=\frac{\sin ^3x}{\cos x}+\frac{\cos ^3x}{\sin x}+2\sin x\cos x=\frac{\sin ^4x+\cos ^4x+2\sin ^2x\cos ^2x}{\sin x\cos x}=\frac{(\sin ^2x+\cos ^2x)^2}{\sin x\cos x}=\frac{1}{\sin x\cos x}\)

\(=\frac{1}{\frac{\sin 2x}{2}}=\frac{2}{\sin 2x}\)

Bài 2:

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có:

\(P=\frac{a^2}{\sqrt{a(2c+a+b)}}+\frac{b^2}{\sqrt{b(2a+b+c)}}+\frac{c^2}{\sqrt{c(2b+c+a)}}\)

\(\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)}}(*)\)

Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\((\sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)})^2\leq (a+b+c)(2c+a+b+2a+b+c+2b+c+a)\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)})^2\leq 4(a+b+c)^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{a(2c+a+b)}+\sqrt{b(2a+b+c)}+\sqrt{c(2b+c+a)}\leq 2(a+b+c)(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow P\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}\)

Vậy \(P_{\min}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 3:

Đặt biểu thức vế trái là $A$

\(A=\frac{a^4b^4}{abc}+\frac{a^4c^4}{abc}+\frac{b^4c^4}{abc}=\frac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4}{abc}(1)\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

\(a^4b^4+b^4c^4\geq 2a^2b^4c^2; b^4c^4+c^4a^4\geq 2a^2b^2c^4; c^4a^4+a^4b^4\geq 2a^4b^2c^2\)

\(\Rightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq a^2b^4c^2+a^2b^2c^4+a^4b^2c^2\) (cộng theo vế và rút gọn)

\(\Leftrightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)=3a^2b^2c^2(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow A\geq \frac{3a^2b^2c^2}{abc}=3abc\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Chọn A

Mk lấy KQ rút gọn của 💋Amanda💋 nha!

d/ \(M=\frac{\sqrt{a}-2}{\sqrt{a}+1}=\frac{\sqrt{a}+1-3}{\sqrt{a}+1}=1-\frac{3}{\sqrt{a}+1}\)

Có \(\sqrt{a}+1\ge1\Rightarrow\frac{3}{\sqrt{a}+1}\le3\)

\(\Rightarrow1-\frac{3}{\sqrt{a}+1}\ge1-3=-2\)

"="\(\Leftrightarrow a=0\)

Bài 1 :

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\(\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{z}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(x-1\right)^2}{z}\frac{z}{4}}=\left|x-1\right|=1-x\)

\(\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{x}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(y-1\right)^2}{x}\frac{x}{4}}=\left|y-1\right|=1-y\)

\(\frac{\left(z-1\right)^2}{y}+\frac{y}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\frac{y}{4}}=\left|z-1\right|=1-z\)

\(\Rightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{z}{4}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{x}{4}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}+\frac{y}{4}\ge1-x+1-y+1-z\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\ge3-\left(x+y+z\right)-\frac{x+y+z}{4}=3-2-\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)

Vậy GTNN của \(A=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2}{3}\)

Bài 1 làm rồi, và bài 4 chỉ làm được khi đề yêu cầu tìm số nguyên tố, còn số nguyên thì pt có vô số nghiệm

2/ \(T=\left(sin^2x\right)^3+\left(cos^2x\right)^3+3sin^2x.cos^2x+\frac{sin^2x}{cos^2x}.cos^2x+\frac{cos^2x}{sin^2x}.sin^2x\)

\(=\left(sin^2x+cos^2x\right)^3-3sin^2x.cos^2x\left(sin^2x+cos^2x\right)-3sin^2x.cos^2x+sin^2x+cos^2x\)

\(=1^3-3sin^2x.cos^2x.1+3sin^2x.cos^2x+1\)

\(=2\)

3/ Trước hết ta có BĐT sau với số dương:

\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)

Thật vậy, BĐT tương đương:

\(x^3-x^2y-\left(xy^2-y^3\right)\ge0\)

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

Kết hợp với BĐT \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)

\(\Rightarrow B\ge ab\left(a+b\right)+4\left(a^2+b^2\right)^2+\frac{2}{ab}\)

\(B\ge ab+\frac{1}{16ab}+4\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\right)^2+\frac{31}{16ab}\)

\(B\ge2\sqrt{\frac{ab}{16ab}}+4\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{31}{4\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}+1+\frac{31}{4}=\frac{37}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

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

Do vế phải chẵn \(\Rightarrow\) vế trái chẵn \(\Rightarrow\) \(x\) là số nguyên tố lẻ \(\Rightarrow x=2k+1\)

\(\Rightarrow\left(2k+1\right)^2-1=2y^2\)

\(\Rightarrow4k^2+4k=2y^2\)

\(\Rightarrow2\left(k^2+k\right)=y^2\)

Vế trái chẵn \(\Rightarrow y\) chẵn, mà chỉ có duy nhất 1 số nguyên tố chẵn

\(\Rightarrow y=2\Rightarrow x^2=9\Rightarrow x=3\)