Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le\dfrac{4}{x+y}\) \(\forall x,y>0\)

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

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x+3y}+\dfrac{1}{y+3z}+\dfrac{1}{z+3x}+\dfrac{1}{y+2z+x}+\dfrac{1}{z+2x+y}+\dfrac{1}{x+2y+z}\le\dfrac{2}{x+2y+z}+\dfrac{2}{x+y+2z}+\dfrac{2}{2x+y+z}\)

\(\Rightarrow VT\le\left(\dfrac{2}{x+2y+z}-\dfrac{1}{x+2y+z}\right)+\left(\dfrac{2}{x+y+2z}-\dfrac{1}{y+x+2z}\right)+\left(\dfrac{2}{2x+y+z}-\dfrac{1}{z+2x+y}\right)\)

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

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x+3y}+\dfrac{1}{y+3z}+\dfrac{1}{z+3x}\le\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}+\dfrac{1}{2x+y+z}\) ( đpcm )

Áp dụng bất đẳng thức Mincopski

\(\Rightarrow\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+9}\)

Chứng minh rằng \(\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+9}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2+9\ge6\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x+y+z\right)^2+9}{x+y+z}\ge6\)

\(\Leftrightarrow x+y+z+\dfrac{9}{x+y+z}\ge6\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow x+y+z+\dfrac{9}{x+y+z}\ge2\sqrt{\dfrac{9\left(x+y+z\right)}{x+y+z}}=2\sqrt{9}=6\) ( đpcm )

Vậy \(\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+9}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\)

Mà \(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+9}\)

\(\Rightarrow\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\ge\sqrt{6\left(x+y+z\right)}\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=1\)

a) \(B=\dfrac{sin^4x-cos^4x+cos^2x}{2\left(1-cosx\right)\left(1+cosx\right)}\)

\(B=\dfrac{\left(sin^2x\right)^2-\left(cos^2x\right)^2+cos^2x}{2\left(1-cos^2x\right)}\)

\(B=\dfrac{\left(sin^2x-cos^2x\right)\left(sin^2x+cos^2x\right)+cos^2x}{2\left(sin^2x+cos^2x-cos^2x\right)}\)

\(B=\dfrac{sin^2x-cos^2x+cos^2x}{2sin^2x}=\dfrac{sin^2x}{2sin^2x}=\dfrac{1}{2}\)

b) \(\dfrac{1+sin2x-cos2x}{1+sin2x+cos2x}=tanx\)

\(VT=\dfrac{1+2sinx.cosx-\left(1-2sin^2x\right)}{1+2sinx.cosx+2cos^2x-1}\)

\(VT=\dfrac{1+2sinx.cosx-1+2sin^2x}{2sinx.cosx+2cos^2x}\)

\(VT=\dfrac{2sinx.cosx+2sin^2x}{2sinx.cosx+2cos^2x}\)

\(VT=\dfrac{2sinx\left(cosx+sinx\right)}{2cosx\left(sinx+cosx\right)}=\dfrac{sinx}{cosx}=tanx=VP\) ( đpcm )

p/s : sửa \(cos1x\rightarrow cos2x\)

\(tan2a=tan\left[\left(a+b\right)+\left(a-b\right)\right]=\dfrac{tan\left(a+b\right)+tan\left(a-b\right)}{1-tan\left(a+b\right)tan\left(a-b\right)}\)

\(\Rightarrow\dfrac{tan\left(a+b\right)+tan\left(a-b\right)}{1-tan\left(a+b\right)tan\left(a-b\right)}=\dfrac{5+4}{1-5.4}=-\dfrac{9}{19}\)

Vậy \(tan2a=-\dfrac{9}{19}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\c+d\ge2\sqrt{cd}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a+b+c+d\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\) (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\ge2\sqrt{\sqrt{abcd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\dfrac{2\sqrt[4]{abcd}}{2}=\sqrt[4]{abcd}\) (2)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\sqrt[4]{abcd}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=d\)

\(\left(x+1\right)\left(x-3\right)< 2\sqrt{x^2-2x-3}+3\)

\(\Leftrightarrow x\left(x+1\right)-3\left(x+1\right)< 2\sqrt{x^2-2x-3}+3\)

\(\Leftrightarrow x^2+x-3x-3< 2\sqrt{x^2-2x-3}+3\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x-3< 2\sqrt{x^2-2x-3}+3\) (1)

Đặt \(t=\sqrt{x^2-2x-3}\) ( điều kiện \(t\ge0\) )

\(\Rightarrow bpt\left(1\right)\Leftrightarrow t^2< 2t+3\)

\(\Leftrightarrow t^2-2t-3< 0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t< -1\left(loại\right)\\t>3\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-2x-3}>3\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x-3>9\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x-12>0\)

\(\Leftrightarrow x\in\left(-\infty;1-\sqrt{13}\right)\cup\left(1+\sqrt{13};+\infty\right)\)

Vậy nghiệm của bất phương trình \(x\in\left(-\infty;1-\sqrt{13}\right)\cup\left(1+\sqrt{13};+\infty\right)\)

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

\(VT=\dfrac{3}{2}-\left(\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\right)+3-\left(\dfrac{4c^2}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\right)\)

Xét \(\dfrac{3}{2}-\left(\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+4c^2\ge2\sqrt{4c^2}=4c\\1+4a^2\ge2\sqrt{4a^2}=4a\\1+4b^2\ge2\sqrt{4b^2}=4b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}\le\dfrac{4c^2a}{4c}=ca\\\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}\le\dfrac{4a^2b}{4a}=ab\\\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\le\dfrac{4b^2c}{4b}=bc\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}-\left(\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}-\left(ab+bc+ca\right)\) (1)

Xét \(3-\left(\dfrac{4c^2}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+4c^2\ge2\sqrt{4c^2}=4c\\1+4a^2\ge2\sqrt{4a^2}=4a\\1+4b^2\ge2\sqrt{4b^2}=4b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4c^2}{1+4c^2}\le\dfrac{4c^2}{4c}=c\\\dfrac{4a^2}{1+4a^2}\le\dfrac{4a^2}{4a}=a\\\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\le\dfrac{4b^2}{4b}=b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{4c^2}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}\) (2)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}-\left(ab+bc+ca\right)+\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow VT\ge3-\left(ab+bc+ca\right)\) (3)

Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{4}\ge ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow3-\dfrac{3}{4}\le3-\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{9}{4}\le3-\left(ab+bc+ca\right)\) (4)

Từ (3) và (4)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1+b}{1+4a^2}+\dfrac{1+c}{1+4b^2}+\dfrac{1+a}{1+4c^2}\ge\dfrac{9}{4}\) (đpcm)

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

Tổng số cam và xoài trong 6 giỏ là

34+39+40+41+42+46=242 quả

Sau khi bán 1 giỏ xoài thì số cam gấp 4 lần số xoài như vậy số cam và xoài còn lại là 1 số chia hết cho 5

Tức là số cam và xoài còn lại là 1 số có tận cùng là 0 hoặc 5 => giỏ xoài bán đi là giỏ có số quả tận cùng là 2 hoặc 7

=> Giỏ xoài bán đi là giỏ chứa 42 quả

Số cam và xoài còn lại là

242-42=200 quả

Đặt số xoài là 1 phần thì số cam là 4 phần như thế

Tổng số phần bằng nhau là

4+1=5 phần

Giá trị 1 phần hay số xoài còn lại là

200:5=40 quả

Số xoài là

40+42=82 quả

Số cam là

242-82=160 quả

Giỏ đựng xoài là giỏ chứa 40 quả và giỏ chứa 42 quả

Giỏ đựng cam là các giỏ còn lại

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{a+b+c}\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)

SBC la : (210-10):(4+1)x4+10=170

SC la : 210-170=40 nha nguyễn thị lan anh