Chủ đề này có 217 trả lời

[no matter what]

Câu 1.
a) Áp dụng BĐT Schwarz ta có .....
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\Leftrightarrow$ tam giác đã cho là tam giác đều

Sao lại không dùng AM-GM cho gọn nhỉ
Áp dụng trực tiếp AM-GM ta chỉ cần chứng minh $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$(đây đã là BĐT quen thuộc)
p/s:ta cũng có thể đánh giá ngược mẫu kấ hay và gọn

Bài 6:Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$\frac{(a+b)^2}{ab}+\frac{(b+c)^2}{bc}+\frac{(c+a)^2}{ac} \ge 9+2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{b+a})$

BĐT cần chứng minh tương đương với
$\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{b^2+c^2}{bc}+\frac{c^2+a^2}{ca}+6\geq 9+2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
hay $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\geq 3+2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
hay$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 3+2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
Cộng thêm 3 vào cả 2 vế,BĐT tương đương với
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 2(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})$
hay $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 2(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})$
Đây là hệ quả trực tiếp của BĐT $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$
*Vì box này dùng cho hs lớp 8 nên mong mọi người hạn chế dùng dấu tổng hay tích đối xứng,hoán vj (khó nhìn lắm )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 10-12-2012 - 13:41

[banhgaongonngon]

Sao lại không dùng AM-GM cho gọn nhỉ
Áp dụng trực tiếp AM-GM ta chỉ cần chứng minh $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$(đây đã là BĐT quen thuộc)
p/s:ta cũng có thể đánh giá ngược mẫu kấ hay và gọn

Áp dụng AM - GM cũng được, nhưng mình muốn làm cách khác, hehe hơi điên nhỉ

[banhgaongonngon]

Sao lại không dùng AM-GM cho gọn nhỉ
Áp dụng trực tiếp AM-GM ta chỉ cần chứng minh $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$(đây đã là BĐT quen thuộc)
p/s:ta cũng có thể đánh giá ngược mẫu kấ hay và gọn

Nếu dùng AM - GM thì làm như sau
Áp dụng BĐT AM GM cho 3 số dương ta có
$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c} \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}}$
Mặt khác, lại ta lại có $(c+a-b)+(a+b-c)\geqslant 2\sqrt{(c+a-b)(a+b-c)} \Leftrightarrow a\geqslant \sqrt{(c+a-b)(a+b-c)}$
Tương tự có $b \geqslant \sqrt{(b+c-a)(a+b-c)} và c\geqslant \sqrt{(b+c-a)(c+a-b)}$
Nhân vế với vế ba bất đẳng thức trên, ta được $abc \geqslant (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \Leftrightarrow \frac{abc}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}$$\geqslant 1$
Từ đó có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 10-12-2012 - 14:28

[banhgaongonngon]

Hoặc cũng có thể đặt ẩn phụ để chứng minh (cách này hơi cổ)
Đặt $b+c-a=x>0, c+a-b=y>0, a+b-c=z>0$
Ta có BĐT cần chứng minh tương đương với $\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}+\frac{x+y}{2z}\geqslant 3 \Leftrightarrow \left ( \frac{x}{y} +\frac{y}{x}\right )+\left ( \frac{y}{z}+\frac{z}{y} \right )+\left ( \frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right )\geqslant 6 \Leftrightarrow \left ( \sqrt{\frac{x}{y}}-\sqrt{\frac{y}{x}} \right )^{2}+\left ( \sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{z}{y}} \right )^{2}+\left ( \sqrt{\frac{z}{x}}-\sqrt{\frac{z}{x}} \right )^{2}\geqslant 0$
Ta có đpcm

[DarkBlood]

ĐỀ 3
Bài 4: Tìm tất cả các số chính phương gồm $4$ chữ số biết rằng khi ta thêm $1$ đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm $3$ đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm $5$ đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm $3$ đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được một số chính phương.

SỬA ĐỀ 3

Gọi số chính phương đó là $\overline{abcd}$
Ta có: $\overline{abcd}=n^2$
$\Rightarrow$ $1000a+100b+10c+d=n^2$
Theo đề ra, ta có:
$1000(a+1)+100(b+3)+10(c+5)+d+3=m^2$
$\Rightarrow$ $1000a+100b+10c+d+1000+300+50+3=m^2$
$\Rightarrow$ $n^2+1353=m^2$
$\Rightarrow$ $(m-n)(m+n)=1353=3.451=33.41=11.123=1.1353=(-3).(-451)=(-33).(-41)=(-11).(-123)=(-1).(-1353)$
Dễ thấy $m>n$ mà $m,n\in N$ nên $m-n\in N;$ $m+n\in N$ và $m-n<m+n$
Do đó ta chỉ xét các trường hợp:
$\bullet$ $m-n=3$ và $m+n=451$
$\bullet$ $m-n=33$ và $m+n=41$
$\bullet$ $m-n=11$ và $m+n=123$
$\bullet$ $m-n=1$ và $m+n=1353$
Từ các trường hợp trên ta tìm được $n=56$ $\Rightarrow$ $n^2=3136$ $\Rightarrow$ $\overline{abcd}=3136.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 10-12-2012 - 18:51

[DarkBlood]

BÀI LUYỆN THI 3

Bài 5: Tìm các số nguyên dương $n$ để biểu thức sau là số chính phương:
$b)$ $n^4-n+2$
$c)$ $n^5-n+2$

SỬA ĐỀ 3

$b)$ $n^4-n+2$
Với $n=1$ thì $n^4-n+2=2,$ không là số chính phương.
Với $n=2$ thì $n^4-n+2=16,$ là số chính phương.
Với $n>2$, ta có:
$\bullet $ $n^4-n+2<n^4=(n^2)^2 $ $(1)$
$\bullet $ Ta có:
$(n^4-n+2)-(n^2-1)^2$
$=n^4-n+2-n^4+2n^2-1$
$=2n^2-n+1$
$2\left ( n-\frac{1}{4} \right )^2+\frac{7}{8}\geq \frac{7}{8}>0$
Do đó $n^4-n+2>(n^2-1)^2$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2),$ ta có:
$\left ( n^2-1 \right )^2<n^4-n+2<\left ( n^2 \right )^2$
Vì $n\in Z^+$ và $n>2$ nên $n^2-1$ và $n^2$ là $2$ số nguyên dương liên tiếp.
Do đó với $n>2$ thì $n^4-n+2$ không là số chính phương.
Vậy với $n=2$ thì $n^4-n+2$ là số chính phương.

$c)$ $n^5-n+2$
Dễ thấy $n^5-n$ $\vdots $ $5.$
Do đó $n^5-n+2$ chia $5$ dư $2.$
Mà số chia $5$ dư $2$ có tận cùng là $2$ hoặc $7$ (số chính phương không có tận cùng là $2$ hoặc $7$)
Nên $n^5-n+2$ không là số chính phương với mọi số nguyên dương $n.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 10-12-2012 - 18:50

[DarkBlood]

BÀI LUYỆN THI 3

Bài 6: Trên đường thẳng cho các điểm $A,B,C,D$ xếp theo thứ tự đó và $AB=CD.$ $M$ là một điểm bất kì không nằm trên đường thẳng $AB.$ Chứng mình rằng $MA+MD>MB+MC$

SỬA ĐỀ 3

Lấy $E$ là trung điểm $BC.$
Lấy $N$ đối xứng với $M$ qua $E.$
$MB$ cắt $AN$ tại $K.$
Dễ dàng chứng minh được $MD=AN,$ $MC=BN.$
Ta có:
$AM+DM=AM+AN$
$=AM+AK+KN>KM+KN$ $($ vì $AM+AK>KM$ $)$
$=MB+KB+KN>MB+NB$ $($ vì $KB+KN>NB$ $)$
$=MB+MC$
Vậy $MA+MD>MB+MC.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 10-12-2012 - 18:51

[DarkBlood]

Bài luyên thi số 5:
Bài 4:
a)Chứng minh rằng với mọi số $a^2+b^2 \vdots 3$ thì $a,b$ cũng phải chia hết cho 3.
b)Phân tích đa thức $(7-x)^4+(5-x)^4-2$ thành nhân tử.

$a)$ Chứng minh rằng với mọi số $a^2+b^2 \vdots 3$ thì $a,b$ cũng phải chia hết cho 3.

Bình phương của một số chia hết cho $3$ khi số đó chia hết cho $3.$
Bình phương của một số chia $3$ dư $1$ khi số đó chia $3$ dư $1.$
Ta xét các trường hợp sau:
$1)$ $a=3k+1$, $b=3n$
Do đó $a^2=3a+1$, $b^2=3b$
Ta có: $a^2+b^2=3a+1+3b=3(a+b)+1,$ không chia hết cho $3$ (loại)

$2)$ $a=3k+1$, $b=3n+1$
Do đó $a^2=3a+1$, $b^2=3b+1$
Ta có: $a^2+b^2=3a+1+3b+1=3(a+b)+2,$ không chia hết cho $3$ (loại)

$3)$ $a=3k$, $b=3n+1$
Do đó $a^2=3a$, $b^2=3b+1$
Ta có: $a^2+b^2=3a+3b+1=3(a+b)+1,$ không chia hết cho $3$ (loại)

$4)$ $a=3k$, $b=3n$
Do đó $a^2=3a$, $b^2=3b$
Ta có: $a^2+b^2=3(a+b)$ $\vdots $ $3$

Vậy với mọi số $a^2+b^2 \vdots 3$ thì $a,b$ cũng phải chia hết cho $3.$

$b)$ Phân tích đa thức $(7-x)^4+(5-x)^4-2$ thành nhân tử.

Đặt $5-x=y,$ ta có:
$A=(7-x)^4+(5-x)^4-2$
$A=(2+y)^4+y^4-2$
$A=16+32y+24y^2+8y^3+y^4+y^4-2$
$A=2y^4+8y^3+24y^2+32y+14$
$A=2(y^4+4y^3+12y^2+16y+7)$
$A=2(y+1)(y^3+3y^2+9y+7)$
$A=2(y+1)(y+1)(y^2+2y+7)$
$A=2(y+1)^2(y^2+2y+7)$
Thay $5-x=y$ vào $A,$ ta có:
$A=2\left ( 6-x \right )^2\left [ \left ( 5-x \right )^2+2\left ( 5-x \right )+7 \right ]$
$A=2\left ( 6-x \right )^2\left ( 25-10x+x^2+10-2x+7 \right )$
$A=2\left ( 6-x \right )^2\left ( x^2-12x+42 \right )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 10-12-2012 - 19:36

[aczimecss2]

ực! còn bài nào không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi aczimecss2: 10-12-2012 - 20:23

[nk0kckungtjnh]

ực! còn bài nào không?

b/ Cho:
$a+b+c=x+y+z=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=0$. Chứng minh: $ax^{2}+by^{2}+cz^{2}$

Câu 2: Cho $\Delta ACB$ vuông cân tại B, trên tia đối $BA$ lấy $D$ sao cho $BD=2BA$. Đường thẳng vuông góc với $DC$ tại D cắt đường vuông góc với $AC$ tại $A$ ở $I$. Chứng minh: $\Delta BID$ cân .
Câu 5:​ Cho tam giác $ABC$, $E$ là trung điểm $BC$ sao cho $\angle EAB=15$, $\angle EAC=30$. Tính $\angle C$ ( $=105$ để các bạn dễ vẽ hình)
Câu 6 Cho tam giác vuông $ ABC$( tại $A$), $M$ trên $BC$, từ $M$ kẻ $ME,MF$ lần lượt vuông góc $AB,AC$.
a/ Chứng minh $AEMF$ là $HCN$
b/ Với điều kiện nào của $M$ thì tứ giác trên là hình vuông.
c/ Giả sử $AM$ vuông góc $BC$. Gọi I là trung điểm $AM$. Từ $M$ kẻ đường vuông góc $CI$ cắt $AB$ ở $K$. Chứng minh: $AB=AK$
Câu 7: a/ Cho: $\frac{xy+1}{y}+\frac{xy+1}{x}+\frac{xz+1}{x}$
Tính $xyz$
b/ Cho:$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=1$. Chứng minh:
$A=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}=0$

[nk0kckungtjnh]

b)DK $x,y \in \mathbb{N}$ và $x,y <10$
Ta có $\overline{xy}+xy=(x+y)^2$
$\Longleftrightarrow 10x+y+xy=x^2+y^2+2xy$
$\Longleftrightarrow x^2+y^2+xy-10x-y=0$
Giải phương trình nghiệm nguyên,ta thu được $(x;y)$ là $(1;\pm 3);(0;1);(0;0);(6;-8);(6;3)$
Từ điều kiện suy ra được các cặp $(x;y)$ thỏa mãn là $(1;3);(6;3)$
______
Bài 2b)Theo mình nghĩ thì $\overline{xy}$ là số có 2 chưa số nên $x$ phải khác $0$

Mình Giải như sau, mong các bạn xem xét:
$\overline{xy}+xy=(x+y)^2$ nên $10x+y=x^{2}+y^{2}+2xy$
$\Rightarrow (10-x)x=y(y-1)$> Ta có $(10-x)x \leq \frac{100}{4}=25$
$y(y-1)\leq 25 \Rightarrow 0\leq y\leq 5$. Từ đó lập bảng để giải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nk0kckungtjnh: 10-12-2012 - 21:14

[nk0kckungtjnh]

Bài luyên thi số 5:
Bài 1:
a)Cho $x,y$ là hai số khác $0$ thỏa mãn $x+y=1$.Rút gọn:
$\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}$
Bài 3:
a)Cho các số thực dương $x,y,z$ thõa $x+y+z=3$.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$A=a^3+64b^3+c^3$

____________
Mình biết đề số 4 chưa giải xong nhưng đề đó lỗi nhiều quá,nên hôm nay mình đăng đề số 5
----Mong bạn chỉ ra lỗi để mình sửa

[Oral1020]

b/ Cho:
$a+b+c=x+y+z=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=0$. Chứng minh: $ax^{2}+by^{2}+cz^{2}$

Câu 2: Cho $\Delta ACB$ vuông cân tại B, trên tia đối $BA$ lấy $D$ sao cho $BD=2BA$. Đường thẳng vuông góc với $DC$ tại D cắt đường vuông góc với $AC$ tại $A$ ở $I$. Chứng minh: $\Delta BID$ cân .
Câu 5:​ Cho tam giác $ABC$, $E$ là trung điểm $BC$ sao cho $\angle EAB=15$, $\angle EAC=30$. Tính $\angle C$ ( $=105$ để các bạn dễ vẽ hình)
Câu 6 Cho tam giác vuông $ ABC$( tại $A$), $M$ trên $BC$, từ $M$ kẻ $ME,MF$ lần lượt vuông góc $AB,AC$.
a/ Chứng minh $AEMF$ là $HCN$
b/ Với điều kiện nào của $M$ thì tứ giác trên là hình vuông.
c/ Giả sử $AM$ vuông góc $BC$. Gọi I là trung điểm $AM$. Từ $M$ kẻ đường vuông góc $CI$ cắt $AB$ ở $K$. Chứng minh: $AB=AK$
Câu 7: a/ Cho: $\frac{xy+1}{y}+\frac{xy+1}{x}+\frac{xz+1}{x}$
Tính $xyz$
b/ Cho:$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=1$. Chứng minh:
$A=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}=0$

Đầu tiên là mình phải chứng minh cái gì.
Thứ 2:Ba phân thức đó phải bằng nhau hoặc bằng một số cụ thể.
P/s:Đề nghị bạn và HoangHuyThong.Nhưng bài nào gợi ý rồi thì mình nghĩ không cần giải đâu
Còn bạn Nkokchungtinh thì mình thấy có vài chỗ bạn trích dẫn mà không nói lời gì và số số bài post không cần thiết như là
#54:Cái này bạn hoanghuythong giải rồi.
#53:Trích dẫn mà không nói gì hết.Với lại nhưng lỗi sai của bạn thì mình đã trả lời trước đó rồi.
#51:bạn sửa đề lại ngay post đầu tiên ấy.Không cần coppy lại đâu.
#50:bạn fix rồi thì ẩn đy nhé.
Cái này là góp ý cho topic thêm hoàn thiện thôi Mong các bạn thông cản

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 10-12-2012 - 21:56

[DarkBlood]

Bài luyên thi số 5:
Bài 4:
b)Phân tích đa thức $(7-x)^4+(5-x)^4-2$ thành nhân tử.

Bài này có thêm 1 cách đặt ẩn phụ khác và cũng là cách đặt ẩn hay nhất của dạng này . Các bạn tham khảo tại đây.

[nk0kckungtjnh]

Đầu tiên là mình phải chứng minh cái gì.
Thứ 2:Ba phân thức đó phải bằng nhau hoặc bằng một số cụ thể.
P/s:Đề nghị bạn và HoangHuyThong.Nhưng bài nào gợi ý rồi thì mình nghĩ không cần giải đâu
Còn bạn Nkokchungtinh thì mình thấy có vài chỗ bạn trích dẫn mà không nói lời gì và số số bài post không cần thiết như là
#54:Cái này bạn hoanghuythong giải rồi.
#53:Trích dẫn mà không nói gì hết.Với lại nhưng lỗi sai của bạn thì mình đã trả lời trước đó rồi.
#51:bạn sửa đề lại ngay post đầu tiên ấy.Không cần coppy lại đâu.
#50:bạn fix rồi thì ẩn đy nhé.
Cái này là góp ý cho topic thêm hoàn thiện thôi Mong các bạn thông cản

Cảm ơn bạn fần đầu. Và
#51: Là mình giải... Bạn đọc kĩ lại nhé

[Oral1020]

Đề Luyện Thi Số 4

Câu 7: a/ Cho:$\frac{xy+1}{y}= \frac{xy+1}{z} =\frac{xz+1}{x}$
Tính $xyz$

Ta có:$\frac{xy+1}{y}= \frac{xy+1}{z} =\frac{xz+1}{x}$
$\Longrightarrow x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}$
Ta lại có:$x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}$
$\Longleftrightarrow x-y=\dfrac{y-z}{yz}$
Tương tự,ta có:
$y-z=\dfrac{z-x}{xz}$
$z-x=\dfrac{x-y}{xy}$
Nhân vế theo vế các đẳng thức với nhau,ta có:
$(x-y)(y-z)(z-x)=\dfrac{(x-y)(y-z)(z-x)}{x^2y^2z^2}$
Vì $(x-y)(y-z)(z-x)$ khác $0$ nên $x^2y^2z^2=1$
Vậy $xyz=1$ hoặc $xyz=-1$

[banhgaongonngon]

Câu 7: a/ Cho:$\frac{xy+1}{y}= \frac{xy+1}{z} =\frac{xz+1}{x}$
Tính $xyz$

Cách chứng minh có ở đây
http://diendantoanho...inh-rằng-abcp0/

[Tienanh tx]

Bài luyện thi 2

Câu 1:Giải phương trình
a)$\dfrac{392-x}{32}+\dfrac{390-x}{34}+\dfrac{388-x}{36}+\dfrac{386-x}{38}+\dfrac{384-x}{40}=-5$

Cách 2: $\oplus$ Nháp: Dễ thấy nghiệm cũa pt là : $x=424$
$\Longrightarrow$ $PT$ có dạng $(x-424).(A)=0$
$|oplus$ Ta biến đỗi như sau:
$PT \Longleftrightarrow \frac{x-392}{-32} + \frac{x-390}{-34} + \frac{x-388}{-36} + \frac{x-384}{40} = -5$
$\Longleftrightarrow$ $\frac{(x-424)+32}{-32} + \frac{(x-424)+34}{-34} + \frac{(x-424)+36}{-36} + \frac{(x-424)+40}{40} = -5$
$\Longleftrightarrow$ $(x-424)A=0$
$\Longrightarrow$ $x=424$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienanh1999bp: 17-01-2013 - 22:54

[Tienanh tx]

Bài luyện thi 2

Câu 6:(Bất đẳng thức)
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh
$a^2+b^2+c^2+\dfrac{ab+bc+ac}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge 4$
Đề thi tuyễn sinh 10, trường chuyên Chu Văn Ăn, Nghệa An $(2009-2010)$

Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
$$a^2b+b^2c+c^2a \le \sqrt{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^2+b^2+c^2)} \le \sqrt{\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^3}{3}}$$
Lại thấy rằng $ab+bc+ca=\dfrac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2}$
Suy ra:
$$a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a} \ge a^2+b^2+c^2+\dfrac{\sqrt{3}(9-(a^2+b^2+c^2)}{2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}}$$
Ta cần chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+\dfrac{\sqrt{3}(9-(a^2+b^2+c^2)}{2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}} \ge 4$$
Đặt $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}}=t$, bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:
$3t^2+\dfrac{9-3t^2}{6t^3} = 3t^2+\dfrac{3-t^2}{2t^3}\ge 4$
$$\Leftrightarrow 6t^5-8t^3-t^2+3 \ge 0$$
$$\Leftrightarrow (t-1)(6t^4+6t^3-2t^2-3t-3) \ge 0$$
Ta dễ dàng chứng minh được $1 \le t \le \sqrt{3}$. Bây giờ, ta chỉ cần chứng minh được biểu thức $6t^4+6t^3-2t^2-3t-3 \ge 0$ thì bài toán sẽ được chứng minh.
Thật vậy, đặt $f(t)=6t^4+6t^3-2t^2-3t-3$, ta tính được $f'(t)=24t^3+18t^2-4t-3=24t^3+11t^2+4t(t-1)+3(t^2-1) > 0$ suy ra f(t) là hàm đồng biến, suy ra $f(t)>f(1)>0.$
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \blacksquare$
Cách 2:Ta có:
$$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+ a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+a^2c$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$$a^3+ab^2\geq 2a^2b$$
Tương tự: $$b^3+bc^2\geq 2b^2c$$
$$c^3+a^2c\geq 2c^2a$$
Suy ra$$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)>0$$
Do đó: $$P\geq a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c ^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=a^2+b^2+c^2(t\geq 3)$
$P\geq t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

[Oral1020]

Đề $5$ lâu rồi các bạn chưa giải:Mong các bạn giải sớm nhé
------
Gọi ý câu 3b đề 5 nhé:
Max trước:
Biến đổi thành :$-\dfrac{(x-1)^2+(y-2)^2}{x^2+y^2+7}+\dfrac{1}{2}$