Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=\sqrt{x+y-z}\\b=\sqrt{y+z-x}\\c=\sqrt{z+x-y}\end{matrix}\right.\). Vì x,y,z là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a,b,c luôn có nghĩa.

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=x+y-z\\b^2=y+z-x\\c^2=z+x-y\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{c^2+a^2}{2}\\y=\dfrac{a^2+b^2}{2}\\z=\dfrac{b^2+c^2}{2}\end{matrix}\right.\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

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

Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

\(\left(\dfrac{c^2+a^2}{2a}+\dfrac{a^2+b^2}{2b}+\dfrac{b^2+c^2}{2c}\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{c^2+a^2}{2a}+\dfrac{a^2+b^2}{2b}+\dfrac{b^2+c^2}{2c}\ge\dfrac{\left(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\right)^2}{a+b+c}\)Ta chỉ cần chứng minh BĐT sau là bài toán đc giải quyết:

\(\dfrac{\left(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\right)^2}{a+b+c}\ge\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\)

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

Ta có BĐT: \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\ge\dfrac{a+b}{2}\)

Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}\ge\dfrac{b+c}{2}\\\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}\ge\dfrac{c+a}{2}\end{matrix}\right.\)

Cộng vế theo vế của các BĐT trên ta có BĐT (1) đúng.

\(\Rightarrowđpcm\). Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\)

- Đk: \(xy\ne0\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+\dfrac{1}{y^2}+x+\dfrac{1}{y}=4\left(1\right)\\x^3+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{x}{y}\left(x+\dfrac{1}{y}\right)=4\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)\Rightarrow\left(x+\dfrac{1}{y}\right)^2+\left(x+\dfrac{1}{y}\right)-2.\dfrac{x}{y}=4\)

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

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

\(\Rightarrow\left(x+\dfrac{1}{y}\right)\left[\left(x+\dfrac{1}{y}\right)^2-2.\dfrac{x}{y}\right]=4\)

\(\Rightarrow\left(x+\dfrac{1}{y}\right)^3-2\left(x+\dfrac{1}{y}\right).\dfrac{x}{y}=4\)

Đặt \(m=x+\dfrac{1}{y};n=\dfrac{x}{y}\left(m,n\ne0\right)\). Khi đó ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}m^2+m-2n=4\left(3\right)\\m^3-2mn=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-2n=4-m\\m\left(m^2-2n\right)=4\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m\left(4-m\right)=4\)

\(\Leftrightarrow m^2-4m+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(m-2\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow m=2\). Thay vào (3) ta được:

\(2^2+2-2n=4\)

\(\Leftrightarrow n=1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+\dfrac{1}{y}=2\\\dfrac{x}{y}=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x,\dfrac{1}{y}\) là 2 nghiệm của phương trình \(X^2-2X+1\).

\(\Delta=\left(-2\right)^2-4.1.1=0\)

\(\Rightarrow\)Phương trình có nghiệm kép \(X_{1,2}=\dfrac{2}{2}=1\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{1}{y}=1\Rightarrow x=y=1\)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left(x;y\right)=\left(1;1\right)\)

Làm cách kia cx đc, nhưng làm vậy ko thông minh lắm.

\(Đk:x\ge-2\)

\(3\sqrt{x^3+8}=2x^2-3x+10\)

\(\Leftrightarrow3\sqrt{\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)}=2x^2-3x+10\)

Ta đặt \(\left\{{}\begin{matrix}u=\sqrt{x+2}\left(u\ge0\right)\\v=\sqrt{x^2-2x+4}\left(v\ge2\sqrt{3}\right)\end{matrix}\right.\)

Khi đó phương trình trở thành:

\(3uv=2v^2+u^2\)

\(\Leftrightarrow2v^2-3uv+u^2=0\)

\(\Leftrightarrow2v^2-2uv-uv+u^2=0\)

\(\Leftrightarrow2v\left(v-u\right)-u\left(v-u\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(v-u\right)\left(2v-u\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}v=u\\2v=u\end{matrix}\right.\)

Với \(v=u\Rightarrow\sqrt{x^2-2x+4}=\sqrt{x+2}\)

\(\Rightarrow x^2-2x+4=x+2\)

\(\Leftrightarrow x^2-3x+2=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-x-2x+2=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-1\right)-2\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\left(nhận\right)\\x=2\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

Với \(2v=u\Rightarrow2\sqrt{x^2-2x+4}=\sqrt{x+2}\)

\(\Rightarrow4\left(x^2-2x+4\right)=x+2\)

\(\Leftrightarrow4x^2-8x+16=x+2\)

\(\Leftrightarrow4x^2-9x+14=0\)

\(\Delta=\left(-9\right)^2-4.4.14=-143< 0\)

\(\Rightarrow\)Phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S=\left\{1;2\right\}\)

Bài 5: 

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(\sqrt{ac}\le\dfrac{a+c}{2}\Leftrightarrow a\sqrt{ac}\le\dfrac{a^2+ca}{2}\left(1\right)\)

- Chứng minh tương tự, ta có:

\(b\sqrt{ba}\le\dfrac{b^2+ab}{2}\left(2\right)\) ; \(c\sqrt{cb}\le\dfrac{c^2+bc}{2}\left(3\right)\)

- Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\) suy ra:

\(a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}\le\dfrac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2}\left(4\right)\)

Ta có: \(\dfrac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.ab}=2a^2\left(5\right)\)

- Chứng minh tương tự, ta có:

\(\dfrac{b^3}{c}+bc\ge2b^2\left(6\right)\) ; \(\dfrac{c^3}{a}+ca\ge2c^2\left(7\right)\)

- Từ \(\left(5\right),\left(6\right),\left(7\right)\) suy ra:

\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2a^2+2b^2+2c^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2a^2+2b^2+2c^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2}+\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{2}\)

Mặt khác ta bất đẳng thức phụ: 

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2}+\dfrac{3.0}{2}=\dfrac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2}\left(8\right)\)

- Từ \(\left(4\right),\left(8\right)\Rightarrowđpcm\)

 Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

\(\alpha< 90^0\Rightarrow\sin\alpha,\cos\alpha>0\)

Theo Cô-si: \(\left(\sin\alpha+\cos\alpha\right)^2\le2\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)=2.1=2\)

\(\Rightarrow\sin\alpha+\cos\alpha\le\sqrt{2}< 1,5\)

Vì vậy tổng trên không thể nào bằng \(1,5\) nhé bạn.

*Bổ sung: O là trung điểm BC, D là giao của \(\left(AMHN\right)\) với AE.

Chứng minh: I là trực tâm ΔAOE.

Tứ giác AMHN có: \(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)

\(\Rightarrow\)ANHN là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow\widehat{ANI}=\widehat{BAH}\left(1\right)\)

ΔABC vuông tại A có AO là trung tuyến.

\(\Rightarrow AO=BO=CO=\dfrac{1}{2}BC\) nên ΔAOC cân tại O.

\(\Rightarrow\widehat{OAM}=\widehat{OCA}\left(2\right)\)

Vì \(\widehat{OCA}\) và \(\widehat{BAH}\) cùng phụ với \(\widehat{ABC}\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{BAH}\left(3\right)\)

\(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\Rightarrow\widehat{ANI}=\widehat{OAM}\) mà \(\widehat{ANI}+\widehat{AMI}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{OAM}+\widehat{AMI}=90^0\) nên \(MN\perp OA\).

ΔAOE có: Hai đường cao EI (EI⊥MN) và AH (AH⊥OE tại H) cắt nhau tại I.

\(\Rightarrow\)I là trực tâm của ΔAOE.

Chứng minh: \(\widehat{BDC}=90^0\)

Vì I là trực tâm của ΔAOE \(\Rightarrow OI\perp AE\).

Mà \(HD\perp AE\) tại D (ΔADH nội tiếp \(\left(I\right)\) đường kính AH).

\(\Rightarrow\)HD//OI.

*OI cắt AE tại F.

AMHN là hình chữ nhật, AH và MN cắt nhau tại I.

\(\Rightarrow\)I là trung điểm AH.

ΔADH có: IF//DH và I là trung điểm AH.

\(\Rightarrow\)F là trung điểm AD

ΔAOD có: OF là vừa trung tuyến vừa là đường cao (\(OF\perp AE\) tại F).

\(\Rightarrow\)ΔAOD cân tại O nên \(OA=OD=\dfrac{1}{2}BC\).

ΔBDC có: DO là trung tuyến và \(DO=\dfrac{1}{2}BC\)

\(\Rightarrow\)ΔBDC vuông tại D nên \(\widehat{BDC}=90^0\)