BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{-a+b+c}+\dfrac{b}{a-b+c}+\dfrac{c}{a+b-c}\ge3\)

Áp dụng BĐT Svac-xơ, ta có:

\(\dfrac{a^2}{-a^2+ab+ac}+\dfrac{b^2}{ab-b^2+bc}+\dfrac{c^2}{ac+bc-c^2}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Ta có: \(a,b,c\) là 3 cạnh của 1 tam giác nên:

\(a\left(b+c\right)>a^2\). Tương tự và cộng theo vế, ta có:

\(2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)>0\)

Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge3\left(1\right)\)

Thật vậy, \(BĐT\left(1\right)\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)^2\ge6\left(ab+bc+ca\right)\), đúng

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

\(GT\Rightarrow\left(\sqrt{2+x^2}-x\right)\left(\sqrt{2+x^2}+x\right)\left(\sqrt{2+y^2}+y\right)=2\left(\sqrt{2+x^2}+x\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(\sqrt{2+y^2}+y\right)=2\left(\sqrt{2+x^2}+x\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2+x^2}+x-\sqrt{2+y^2}-y=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{\sqrt{2+x^2}+\sqrt{2+y^2}}+\left(x-y\right)=0\)

TH1:\(x-y=0\Leftrightarrow x=y\left(đpcm\right)\)

TH2: \(x+y+\sqrt{2+x^2}+\sqrt{2+y^2}=0\)

Ta có: \(x\ge-\sqrt{x^2}\); \(y\ge-\sqrt{y^2}\)

\(\Rightarrow x+y+\sqrt{2+x^2}+\sqrt{2+y^2}\ge\sqrt{2+x^2}-\sqrt{x^2}+\sqrt{2+y^2}-\sqrt{y^2}>0\)

Do vậy TH2 không có x,y tm

Vậy ta có đpcm

y'= \(4x^3-4\left(m-1\right)x\)

Để hàm số đồng biến trên khoảng (1;3) thì \(y'\left(x\right)\ge0,\forall x\in\left(1;3\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2-\left(m-1\right)\ge0,\forall x\in\left(1;3\right)\)

\(\Leftrightarrow m-1\le x^2,\forall x\in\left(1;3\right)\)

\(\Rightarrow m-1\le1\Leftrightarrow m\le2\)

Vậy \(m\in\) (−\(\infty\);2]

TXĐ: D=(\(-\infty;2\)]

\(y'=1+2.\dfrac{-1}{2\sqrt{2-x}}\)\(=1-\dfrac{1}{\sqrt{2-x}}\)

Ta có bảng biến thiên sau:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left(-\infty;1\right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left(1;2\right)\)

Chứng minh:

Không mất tính tổng quát, giả sử \(\Delta ABC\) có \(\widehat{A}=90^0\).

Khi đó ta có \(sinB=cosC\)

\(\Rightarrow sin^2A+sin^2B+sin^2C=1+cos^2C+sin^2C=2\)

Bạn xem lại bài làm, hàm số luôn đồng biến trên R nhé

\(1-sin2x>=0\forall x\)

Bạn xem lại bài làm nhé

Bạn xem lại bài làm nhé

Ta có:

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

Do đó: \(P\left(a\right).P\left(b\right).P\left(c\right)=\left(a^2-4\right)\left(b^2-4\right)\left(c^2-4\right)\)

Ta có:

\(\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)=x^3-3x+1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=0\\ab+ac+bc=-3\\abc=-1\end{matrix}\right.\)

C1: \(\left(a^2-4\right)\left(b^2-4\right)\left(c^2-4\right)=\left(abc\right)^2-4\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+16\left(a^2+b^2+c^2\right)-4^3\)

\(=1-4.9+16.6-4^3=-3\)\(\Rightarrow P\left(a\right).P\left(b\right).P\left(c\right)=-3\)

C2: Biến đổi thêm một chút

Ta có: \(a,b,c\ne0\) nên 

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

Tương tự...

 \(\Rightarrow P\left(a\right).P\left(b\right).P\left(c\right)=\left(-\dfrac{1}{a}-1\right)\left(-\dfrac{1}{b}-1\right)\left(-\dfrac{1}{c}-1\right)\)

\(=-\left(\dfrac{1}{a}+1\right)\left(\dfrac{1}{b}+1\right)\left(\dfrac{1}{c}+1\right)\)\(=-\dfrac{a+1}{a}.\dfrac{b+1}{b}.\dfrac{c+1}{c}=abc+ac+bc+ab+a+b+c+1=-1-3+1=-3\)

GT\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(p-1\right)p}{2}=qp+\dfrac{q\left(q+1\right)}{2}\)

\(\Leftrightarrow p^2-p=2qp+q^2+q\Leftrightarrow2p^2=\left(p+q\right)\left(p+q+1\right)\)

Giả sử p chỉ tồn tại các ước là 1 và p thì chỉ có thể phân tích:

\(p^2=1.p^2=p.p\)

Với \(p\ne1\) thì ta có:

TH1:

\(\left\{{}\begin{matrix}p+q=2\\p+q+1=p^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow p^2=3\), vô lý

TH2:

\(\left\{{}\begin{matrix}p+q=p\\p+q+1=2p\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow p=1\), vô lý

Vậy điều giả sử là sai nên ta có đpcm