Ta chứng minh 

\(\sqrt{a+bc}\ge1a+\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta suy ra được

\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

Một cách chứng minh rất sáng tạo ko lệ thuộc vào cách truyền thống. Cho bn 1 k

mk mà đúng thì nhớ k cho mk nh bạn giải như vầy nè

Với x;y dương ta có:F=\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}=\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}\right)+\left(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\right)\)

=\(\frac{a\left(a+d\right)+c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\)+\(\frac{b\left(a+b\right)+d\left(d+c\right)}{\left(a+b\right)\left(d+c\right)}\)\(\ge\)\(\frac{a^2+c^2+ad+bc}{\frac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2}\)+\(\frac{b^2+d^2+ab+cd}{\frac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2}\)

   =\(\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ad+bc+cd\right)}{^{\left(a+b+c+d\right)^2}}\)                                                        (áp dụng bđt xy\(\le\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2\))mặt khác có 2(\(a^2 +b^2+c^2+d^2+ab+ac+bc+cd\))-\(\left(a+b+c+d\right)^2\)=\(a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd\)=\(\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)suy ra F\(\ge\)2, dấu ''=''xảy ra khi và chỉ khi a=c ;b=d

Aps dụng với a=2016;b=x;c=y;d=2015ta có\(\frac{2016}{x+y}+\frac{x}{y+2015}+\frac{y}{4031}+\frac{2015}{x+2016}=2\)

nên x; y cần tìm là 2015 và 2016

Bạn xem đề thử nguyên hay nguyên dương nhé. Nguyên dương thì còn thấy đường làm chứ nguyên thì bó tay.

Giả sử a,b,c,d khác nhau ta có

\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}< \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{4.5}\) 

\(< \frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\)

\(< 1-\frac{1}{5}< 1\)(trái với giả thiết)

=> điều giả sử là sai => ĐPCM

Giả sử a,b,c,d khác nhau, thì ta sẽ có:

 \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}< \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{4.5}\)

\(< \frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\)

\(< 1-\frac{1}{5}< 1\) (trái với giả thiết)

= > điều giả sử sai = > ĐPCM

(x+1)+(x+2)+(x+3)+......+(x+100)=5750

X+. (1+2+3+...+100)                   = 5750

Suy ra: 1+2+3+...+100

có số các số hạng là:(100-1):1+1=100 số hạng

tổng trên là :(100+1).100:2=5050

như vậy ta có phép tính: X+5050=5750

                                       X     = 5750-5050

                                       X     = 700

Vậy x = 700

(x+1)+(x+2)+(x+3)+........+(x+100)=5750

(x+x+...+x)+(1+2+3+...+100)=5750

(x.100)+(1+100).100:2=5750

(x.100)+5050=5750

x.100=5750-5050

x.100=700

x       =700:100

x       = 7

Vậy x=7

\(A+5=x^2+4+y^2+1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+y}=4x+2y+...=\frac{x+y}{9}+\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x}+\frac{x}{4}+\frac{17}{9}\left(x+y\right)+\frac{7}{4}x\ge\frac{65}{6}=>A\ge\frac{35}{6}\\ .\)Bài bất :)

2/ \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}+\frac{5}{2x+y-xy}=5\\2x+y+\frac{10}{xy}=4+xy\end{cases}}\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=a\\2x+y-xy=b\end{cases}}\)

Thì ta có hệ:

\(\hept{\begin{cases}a+\frac{5}{b}=5\\b+\frac{5}{a}=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=5-\frac{5}{b}\left(1\right)\\b+\frac{5}{5-\frac{5}{b}}=4\left(2\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(2\right)\Leftrightarrow b^2-4b+4=0\)

\(\Leftrightarrow b=2\)

\(\Rightarrow a=\frac{5}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{xy}{2}=\frac{5}{2}\\2x+y-xy=2\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy=5\\2x+y=7\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\y=5\end{cases}or\orbr{\begin{cases}x=\frac{5}{2}\\y=2\end{cases}}}\)

a, \(P\left(x\right)=5x^3-3x+7-x\)

               \(=5x^3-4x+7\)

\(Q\left(x\right)=-5x^3+2x-3+2x-x^2-2\)

             \(=-5x^3-x^2+4x-5\)

Ta có \(P\left(x\right)+Q\left(x\right)=-x^2+2\)

         \(P\left(x\right)-Q\left(x\right)=10x^3+x^2-8x+12\)

b, \(P\left(x\right)+Q\left(x\right)=0\)

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

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

\(\Leftrightarrow x^2=2=\left(\pm\sqrt{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow x=\pm\sqrt{2}\)

Vậy \(x=\pm\sqrt{2}\)

P(x) = 5x³ - 3x + 7 - x

        = 5x³ - 4x + 7

Q(x) = -5x³ + 2x - 3 + 2x - x² - 2

        = -5x³ - x² + 4x - 5

P(x) + Q(x) = ( 5x³ - 4x + 7 ) + ( -5x³ - x² + 4x - 5 )

                   = 5x³ - 4x + 7 - 5x³ - x² + 4x - 5

                   = -x² + 2

P(x) - Q(x) = ( 5x³ - 4x + 7 ) - ( -5x³ - x² + 4x - 5 )

                  = 5x³ - 4x + 7 + 5x³ + x² - 4x + 5

                  = 10x³ + x² - 8x + 12

Đặt H(x) = P(x) + Q(x)

=> H(x) = -x² + 2

H(x) = 0 <=> -x² + 2 = 0

              <=> -x² = -2

              <=> x² = 2

              <=> x = \(\pm\sqrt{2}\)

Vậy nghiệm của đa thức là \(\pm\sqrt{2}\)

1) d) Ta có: \(\Delta\)KHC cân tại H 

=> HK = CK 

=> AB = AC = 2Ck = 2HK 

=> AB = 2 HK 

Ta có: 

Qua H kẻ đường thẳng // với HA cắt AB tại T 

Xét \(\Delta\)KHA và \(\Delta\)ATK có: 

AK chung 

^HKA = ^TAK ( so le trong ) 

^HAK = ^TKA ( so le trong ) 

=> \(\Delta\)KHA = \(\Delta\)ATK 

=> AT = HK và KT = HA 

=> AB = 2HK = 2AT

Khi đó: AH + BK = KT + BK > BT = AB + AT 

=> 2 ( AH + BK ) > 2 AB + 2AT = 2AB + AB = 3AB 

Vậy 2 ( AH + BK) > 3AB

2)  M I D E A P Q B C H

a)

• Xét \(\Delta\)ADC và \(\Delta\)ABE có: 

AD = AB ( \(\Delta\)ADB cân tại A ) 

AC = AE ( \(\Delta\)ACE cân tại E) 

^DAC = ^BAE ( vì ^DAC = ^DAB + ^BAC = 90^o + ^BAC  ; ^BAE = ^BAC + ^CAE = ^BAC + 90^o ) 

=> \(\Delta\)ADC = \(\Delta\)ABE (1)

=> CD = EB 

•  Gọi P; Q lần lượt là giao điểm của DC và BA và BE

(1) => ^ADC = ^ABE => ^ADP = ^PBQ (2)

Xét \(\Delta\)APD và \(\Delta\)PQB 

có: ^APD + ^ADP + ^PAD = ^PQB + ^PBQ + ^QPB  = 180 độ ( tổng 3 góc  trong 1 tam giác ) 

mà ^ADP = ^PBQ (theo (2)) ; ^APD = ^QPB ( đối đỉnh) 

=> ^PQB = ^PAD = ^BAD = 90 độ  ( \(\Delta\)ABD vuông ) 

=> DC vuông BE 

b) Trên mặt phẳng bờ DE không chứa A, qua D kẻ tia Dx // AE. Trên Dx lấy điểm M sao cho DM = AE 

Gọi giao điểm của DE và MA là I

Dễ dàng chứng minh được: \(\Delta\)DIM = \(\Delta\)EIA  (3) 

=> DM = AE = AC 

Lại có: ^MDA + ^DAE = ^MDE + ^EDA + ^DAE = ^DEA + ^EDA + ^DAE = 180 độ 

mà ^DAE + ^BAC = 180 độ 

=> ^MDA = ^BAC 

Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)DAM có: AB = DA ; AC = DM ; ^BAC = ^ADM 

=> \(\Delta\)ABC = \(\Delta\)DAM 

=> ^DAM = ^ABC 

=> ^DAM + ^DAB + ^BAH = ^ABC + 90^o + ^BAH = 180 độ 

=> M; I; A; H thẳng hàng 

=> AH cắt DE tại I 

(3) => ID = IE => I là trung điểm của DE 

Do vậy AH đi qua trung điểm của DE 

Vuông ở đâu

Vuông ở đầu hem 

Đặt Q(x)=P(x)-10x. Khi đó Q(1)=Q(2)=Q(3)=0

Vì vậy Q(x) chia hết cho (x-1)(x-2)(x-3). Q(x) là đa thức bậc 4 (do P(x) là đa thức bậc 4) nên Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r) và 

P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)+10x

P(12)=1200-990r

P(-8)=7840+990r

Vậy \(\frac{P\left(12\right)+P\left(-8\right)}{10}=1984\)

Ta có:      \(P\left(1\right)=1+a+b+c+d=10\)
                \(P\left(2\right)=16+8a+4b+2c+d=20\)
                \(P\left(3\right)=81+27a+9b+3c+d=30\)
    và        \(P\left(12\right)=20736+1728a+144b+12c+d\)
                 \(P\left(-8\right)=4096-512a+64b-8c+d\)
suy ra   \(P\left(12\right)+P\left(-8\right)=24832+1216a+208b+4c+2d\)

Ta lại có:               \(100.P\left(1\right)-198.P\left(2\right)+100.P\left(3\right)\)     \(=100\left(1+a+b+c+d\right)-198\left(16+8a+4b+2c+d\right)+100\left(81+27a+9b+3c+d\right)\)
\(=100+100a+100b+100c+100d-3168-1584a-792b-396c-198d+8100+2700a+900b+300c+100d\)
\(=5032+1216a+208b+4c+2d\)

Mặt khác:                      \(100.P\left(1\right)-198.P\left(2\right)+100.P\left(3\right)\)
    \(=100\times10-198\times20+100\times30=40\)

Do đó:          \(5032+1216a+208b+4c+2d=40\)
       \(\Rightarrow\)\(1216a+208b+4c+2d=40-5032=-4992\)

Thế  \(1216a+208b+4c+2d=-4992\)  vào \(P\left(12\right)+P\left(-8\right)=24832+1216a+208b+4c+2d\)
ta được:    \(P\left(12\right)+P\left(-8\right)=24832-4992=19840\)

Vậy  \(\frac{P\left(12\right)+P\left(-8\right)}{10}=\frac{19840}{10}=1984\)

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

\(\le x^2+y^2+z^2+3-\frac{y^2\left(x^2+1\right)+z^2\left(y^2+1\right)+x^2\left(z^2+1\right)}{2}\)

\(\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}+3-\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{2}\)

\(\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}+3\)

Mặt khác ta có: \(x^2+y^2+z^2=1-2\left(xy+yz+zx\right)\le1\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{7}{2}\).Dấu "=" xảy ra tại \(\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị của nó

Với \(\hept{\begin{cases}x,y,z\ge0\\x+y+z=1\end{cases}}\), ta cần chứng minh: \(\frac{x^2+1}{y^2+1}+\frac{y^2+1}{z^2+1}+\frac{z^2+1}{x^2+1}\le\frac{7}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\Sigma_{cyc}\left(x^2+1\right)^2\left(z^2+1\right)\le7\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)\left(z^2+1\right)\)   \(\Leftrightarrow2\Sigma_{cyc}\left(x^4z^2+x^4+2x^2z^2+2x^2+z^2+1\right)\)\(\le7\left(x^2y^2z^2+x^2+y^2+z^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+1\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^4+y^4+z^4\right)+2\left(x^4z^2+y^4x^2+z^4y^2\right)\)\(\le7x^2y^2z^2+3\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)+x^2+y^2+z^2+1\)

\(\Leftrightarrow\left[x^2+y^2+z^2+x+y+z-2\left(x^4+y^4+z^4\right)\right]\)\(+7x^2y^2z^2+3\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)-2\left(x^4z^2+y^4x^2+z^4y^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\text{​​}\Sigma_{cyc}x^2\left(1-x^2\right)+\Sigma_{cyc}x\left(1-x^3\right)+7x^2y^2z^2\)\(+\left(x^2z^2+y^2x^2+z^2y^2\right)+2\Sigma x^2z^2\left(1-x^2\right)\ge0\)

(Đúng do \(x,y,z\in\left[0;1\right]\))

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1;0;0\right)\)và các hoán vị