Bài 1.

Trong 3 số $a-\dfrac{1}{3} ; b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$ có 2 số hoặc cùng dấu hoặc cùng bằng 0.

Gọi 2 số đó là $b-\dfrac{1}{3}; c-\dfrac{1}{3}$.

=> $(b-\dfrac{1}{3}). (c-\dfrac{1}{3}) \ge 0$

Ta có 

$b^2+ c^2 \leq \dfrac{1}{9}+(b+c-\dfrac{1}{3})^2= \dfrac{1}{9}+ (\dfrac{2}{3}-a)^2$.

BĐT cần CM

<=> $(\dfrac{1}{2}-\dfrac{b^2}{6b^2-4b+1}) +(\dfrac{1}{2}-\dfrac{c^2}{6c^2-4c+1}) \ge \dfrac{a^2}{6a^2-4a+1}$

<=> $\dfrac{(2b-1)^2}{6b^2-4b+1}+ \dfrac{(2c-1)^2}{6c^2-4c+1} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$

 

Theo BĐT Cauchy Schwarz

$ VT \ge \dfrac{[(2b-1)+(2c-1)]^2}{6b^2+6c^2-4b-4c+2} = \dfrac{2a^2}{3(b^2+c^2)+2a-1} \ge \dfrac{2a^2}{3.[\dfrac{1}{9}+(\dfrac{2}{3}-a)^2]+2a-1} = \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2}$

 

Do đó, ta cần CM nốt
$ \dfrac{6a^2}{9a^2-6a+2} \ge \dfrac{2a^2}{6a^2-4a+1}$
<=> $\dfrac{2a^2(3a-1)^2}{(9a^2-6a+2)(6a^2-4a+1)} \ge 0$ (Đúng)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1/3 hoặc a=b=1/2; c=0 và các hoán vị.

Điều kiện là x >= -1 mới được chứ nhỉ.
Nhận thấy x= -1 là nghiệm nên sẽ biến đổi để có $\sqrt {x+1}$
Đề
$\sqrt[4]{x+2} -1 + \sqrt[3]{x^2+7}-2 + \sqrt{x^3+1}+ x^4-1 $
<=> $ \dfrac{x+1}{(\sqrt[4]{x+2}+1)(\sqrt{x+2}+1)} + \dfrac{(x-1)(x+1)}{((\sqrt[3]{x^2+7})^2 +4+ 2\sqrt[3]{x^2+7})}+ \sqrt{x+1}.\sqrt{x^2-x+1}  + (x-1)(x+1)(x^2+1) $
<=> $\sqrt{x+1}$ . (...) = 0
Cái ngoặc  >0 thì phải.

Cách khác.
Lấy $ \dfrac{-1}{2}$ nhân (1) rồi cộng (2) ta có 
$ \dfrac{x^2}{2} -2xy + \dfrac{3y^2}{2}+ \dfrac {3x}{2}+ \dfrac{y}{2}-5=0 $ ( Tham khảo phần 3 1 số phương pháp mới ở đây để tìm ra hằng số -1/2 để nhân vào )http://diendantoanho...ệ-phương-trinh/ .

 

<=> $ 2x^2- 8xy+ 6y^2 +6x +2y -20= 0$ (3)
Do đã thực hiện bước nhân thêm hằng số phụ theo phương pháp trên rồi nên khả năng phương trình này có thể phân tích được nhân tử  theo dạng (ã+by+c)(a'x+b'y+c')=0.
Tiếp. Cho phép em mượn Sử dụng cái này nữa http://diendantoanho...iến-bằng-casio/

 

Rồi

Giả sử cho y=1000 => (3) <=> (x-2995)(2x-2004) =0
2995=3y-5 còn -2004= -2y-4 nên (3) <=> (x+3y-5)(2x-2y-4)=0 
Rồi biểu thị x theo y hoặc ngược lại để tính.
 

Có thể tham khảo cách giải này mình kiếm được nếu bạn cần gấp:
1.Gọi $A_{n-1}$ = {$a_1;a_2;...;a_{n-1}$} có n-1 phần tử.
$A_n$ = {$a_1;a_2;,,,;a_{n-1};a_n$} có n phần tử.
Giả sử số tập con của $A_{n-1}$ là $S_{n-1}$.
Với phần tử thứ $a_n$ của $A_n$, nếu đem thêm lần lượt vào $S_{n-1}$ tập con của $A_{n-1}$ ta có $S_{n-1}$ tập con mới.
Do đó nếu gọi $S_n$ là số tập con của $A_n$ thì $S_n=2S_{n-1}$.
Tương tự: $S_{n-1} =2S_{n-2}$
................
$S_2=2S_1$
Nhân vế và đơn giản ta có: $S_n= 2^{n-1}S_1$
Với $S_1$ là số tập con của $A_1$ = {$a_1$}.
Mà $S_1$=2(tập rỗng và $A_1$) => $S_n=2^{n-1}.2=2^n $.
Vậy $A_n$ có n phần tử có tất cả $2^n$ tập con.

Câu này mình xin làm theo với bài mẫu là k=2 trong chứng minh bài toán của nhà giáo Vasile, hơi muộn nhưng chẳng biết bạn có cần đến nữa?
Đặt $a=x^{k+1}, b=y^{k+1}, c=z^{k+1} $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Tổng hoán vị của $\dfrac{1}{1+x^{k+1}+y^{k.(k+1)}} $.
= Tổng hoán vị của $\dfrac {z^{2k}+x^{k-1}+ \dfrac{1}{y^k}}{(1+x^{k+1}+y^{k^2+k}).(z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k})}$.

$\leq$ Tổng hoán vị của: $\dfrac{z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k}}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. (Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz).
Bằng tổng hoán vị của: $\dfrac {z^{2k}+x^{k}yz+(xy)^k}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. Do xyz=1
Do đó, cần:
$ z^{2k}+ y^{2k}+ x^{2k}+ (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k+ xyz.(x^{k-1}+y^{k-1}+z^{k-1} \leq (z^k+x^k+y^k)^2 $.
Tương đương với:
$ xyz. (x^{k-1}+ y^{k-1}+ z^{k-1} \leq (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k $.
Bất đẳng thức này được rút ra từ bất đẳng thức:
$ xyz.(x+y+z) \leq (xy)^2+ (yz)^2+ (zx)^2$.

Hiện giờ mình chưa tìm ra cách chứng minh bất đẳng thức cuối. Ai chứng minh được rồi thì gửi lên hộ. Cảm ơn.

Cậu kẻ AD là phân giác của góc A, BH,CK là đường vuông góc tới AD (H,K thuộc AD).
Ta có:
sin $\dfrac{A}{2} = \dfrac{BH}{AB} = \dfrac{CK}{AC} = \dfrac{BH+CK}{AB+AC}.$ bé hơn hoặc bằng $\dfrac{BC}{AB+AC}. $.
Vậy điều phải chứng minh. Dấu "=" khi tam giác ABC cân.

cái bài này có nhiều rồi bạn ạ:
Ở dưới thay y=3x vào (1). Ta được:
$ - \sqrt{x^2+5} + \sqrt{x^2+12} =3x-5$.
Nhân liên hợp được:
$ (3x-5). [\sqrt{x^2+12} + \sqrt{x^2+5}] =7$.
Nhận thấy x=2 là nghiệm.
Xét các khoảng là x>2; x< $\dfrac{5}{3} $ và $\dfrac{5}{3}<x <2 $.
Đều thấy vô lý. Do đó x=2.
Vậy x=2 và y=6.