BoFaKe

Ta có:
$(x-\sqrt{4-x^{2}})(y-\sqrt{4-y^{2}})=4$
$\Rightarrow [(x-\sqrt{4-x^{2}})(y-\sqrt{4-y^{2}})]^2=16$
$\Rightarrow (x-\sqrt{4-x^{2}})^2.(y-\sqrt{4-y^{2}})^2=16$
$\Rightarrow (x^2 + 4 - x^2 -2.x.\sqrt{4-x^2}).(y^2 + 4 - y^2 - 2.y.\sqrt{4-y^2})=16$
$\Rightarrow (4 - 2.x.\sqrt{4-x^2})(4 - 2.y.\sqrt{4-y^2})=16$
$\Rightarrow 16 - 8.y.\sqrt{4-y^2} - 8.x.\sqrt{4-x^2} + 4.x.y.\sqrt{4-x^2}.\sqrt{4-y^2}=16$
$\Rightarrow 8.y.\sqrt{4-y^2} - 8.x.\sqrt{4-x^2} + 4.x.y.\sqrt{4-x^2}.\sqrt{4-y^2}=0$
Mà $\sqrt{4-y^2} \ge 0; \sqrt{4-x^2} \ge 0$
$\Rightarrow ...$
Đến đây bạn tự làm tiếp nhé

Khoan đã,nhưng mà dấu là trừ mà có phải là cộng hết đâu.Bạn giải thích giùm đi .

Hì bài này thức ra chỉ hơi nặng về biến đổi tương đương thôi
Đầu tiên ta có bđt: $\sqrt{a^2+b^2-ab}\geq \frac{a+b}{2}$
Thật vậy nó $\Leftrightarrow a^2+b^2-ab\geq \frac{(a+b)^2}{4}$
$\Leftrightarrow \frac{3}{4}(a-b)^2\geq 0$ (Luôn đúng)
Tương tự và cộng lại ta có $\sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc}+\sqrt{a^2+c^2-ac}\geq a+b+c$
Và lại có $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c$
Vì thế khi ta nhìn vào 2 vế của bất đẳng thức và nhận ra cả 2 vế đều $\geq a+b+c$,một cách tự nhiên ta sẽ nghĩ đến việc trừ 2 vế đi $a+b+c$ để xuất hiện các số hạng $\geq 0$ và sau đó so sánh chúng với nhau:
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-a-b-c\geq \sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc}+\sqrt{a^2+c^2-ac}- a-b-c$
$\Leftrightarrow (\frac{a^2}{b}+b-2a)+(\frac{b^2}{c}+c-2b)+(\frac{c^2}{a}+a-2c)\geq (\sqrt{a^2+b^2-ab}-\frac{a+b}{2})+\sqrt{b^2+c^2-bc}-\frac{b+c}{2})+(\sqrt{a^2+c^2-ac}-\frac{c+a}{2})$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{b}\geq \sum \frac{\frac{3}{4}(a-b)^2}{\sqrt{a^2+b^2-ab}+\frac{a+b}{2}} (*)$ (Nhân liên hợp)
Mà dễ thấy $\frac{4}{3}(\sqrt{a^2+b^2-ab}+\frac{a+b}{2})\geq \frac{4}{3}.(a+b)\geq b$
Nên $\frac{(a-b)^2}{b}\geq \frac{\frac{3}{4}(a-b)^2}{\sqrt{a^2+b^2-ab}+\frac{a+b}{2}}$
Tương tự với các số hạng còn lại và cộng vào ta có (*) đúng ~> ĐPCM.

Lời gải của các bạn trông nặng nề quá,để mình post lời giải lên :
Trước hết ta sẽ chứng minh:

$\sum \frac{a^{2}}{b}\geq \sum a
\Rightarrow 2\sum \frac{a^{2}}{b}\geq \sum \frac{a^{2}}{b}+\sum a (1)$
Ta sẽ chứng mnih vế phải lớn hơn vế phải của BĐT là được,ta lại có:
$\frac{a^{2}}{b}-a+b+b= \frac{a^{2}-ab+b^{2}}{b}+b\geq 2\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}$(theo côsi)
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại kết hợp (1) ta có ĐPCM.

Bài làm chi tiết của bạn ấy:
$$8^x-37=y^3\Leftrightarrow (2^x)^3-y^3=37\Leftrightarrow (2^x-y)(4^x+2^xy+y^2)=37$$
Mặt khác 37 là số nguyên tố nên ta có:

$ \left [\begin{matrix} \left\{\begin{matrix}
2^x-y=\pm 1 & & \\4^x+2^xy+y^2=\pm 37
& &
\end{matrix}\right. \\
\left\{\begin{matrix}
2^x-y=\pm 37& & \\
4^x+2^xy+y^2=\pm 1 & &
\end{matrix}\right.
\end{matrix} \right. $
(Chú ý là $2^x-y$ và $4^x+2^xy+y^2$ cùng dấu).

Sao nó không hiện latex gì cả thì sao mà hiểu được.

Tìm các chữ số a,b,c thỏa mãn:
$\sqrt{\overline{abc}} = (a+b)\sqrt{c}$

Ta bình phương lên sẽ được là :

$\overline{abc}= \left ( a+b \right )^{2}c
\Leftrightarrow \overline{ab0}= c(\left [ \left ( a+b\right )^{2}-1 \right ]$(1)
Từ đây ta sẽ có được là $\left ( a+b \right )^{2}-1$ có tận cùng là $0$ nên ta sẽ có $\left ( a+b \right )^{2}$ tận cùng là 1 nên $a+b$ có tận cùng là 1 và 9

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
a+b= 1 & & \\
a+b= 9 & & \\
a+b= 11 & &
\end{matrix}\right.$
Xét:
$a+b= 1\Rightarrow a= 1,b= 0$ thử lại thấy vô lí.
$a+b= 11$ thay vào (1) ta sẽ có:
$\overline{ab0}=120c\Rightarrow \overline{ab}=12c$
Từ đây ta sẽ có $a+b\vdots 3$ vì $\overline{ab}\vdots 3$(mâu thuẫn với $a+b= 11$)
$a+b= 9$ thay vào ta sẽ có được là $\overline{ab}= 8c$,thử thì ta sẽ có được là $a= 7,b= 2,c= 9$ thõa mãn.
Vậy $a= 7,b= 2,c= 9$.

Để ta chém câu 1:
Theo giả thiết thì $\left | f(x) \right |\leq \frac{1}{2}$ nên $\left | f(0) \right |\leq \frac{1}{2};\left | f(1) \right |\leq \frac{1}{2};\left | f(-1) \right |\leq \frac{1}{2}$ nghĩa là :

$\left | a+b+1 \right |\leq \frac{1}{2}$(1).
$\left | b+1-a \right |\leq \frac{1}{2}$(2).
$\left | b \right |\leq \frac{1}{2}$(3).
Từ đó $\Rightarrow$ $\left\{\begin{matrix}
-\frac{1}{2}\leq a+b+1\leq \frac{1}{2} (4)& & \\
-\frac{1}{2}\leq b-a+1\leq \frac{1}{2}(5) & & \\
-\frac{1}{2}\leq b\leq \frac{1}{2}(6) & &
\end{matrix}\right.$
Cộng (4) và (5) ta có $b\leq -\frac{1}{2}$ kết hợp (6) nên $b= -\frac{1}{2}$
Thay $b$ vào (1) và (2) ta có $a= 0$.
Vậy f(x) = $x^{2}-\frac{1}{2}$.

$\Rightarrow 2x^{2}+5x+2=x^{2}+5x-5+2\sqrt{x^{2}+5x-6}$
$\Leftrightarrow x^{2}+7=2\sqrt{x^{2}+5x-6}$
$\Rightarrow x^{4}+12x^{2}-10x+61=0$
$\Leftrightarrow x^{4}+10x^{2}+25+2(x^{2}-5x+\frac{25}{4})+\frac{47}{2}=0$
$\Leftrightarrow (x^{2}+5)^{2}+2(x-\frac{5}{2})^{2}+\frac{47}{2}=0$
Vậy PT vô nghiệm

Bình phương và thu gọn sai rồi,thiếu cả ĐKXĐ nữa
ĐKXĐ:$x\geq 1$

$x^{4}+14x^{2}+49= 4(x^{2}+5x-6)$
$\Leftrightarrow x^{4}+10x^{2}+73= 20x$
Đến đây ta áp dụng côsi vì $x\geq 1$ nên $10(x^{2}+1)\geq 20x$

$\Rightarrow x^{4}+10x^{2}+73> 20x$
$\Rightarrow$ phương trình vô nghiệm.

BĐT $ \Leftrightarrow (\frac{x_1^2}{x_2}-2x_1+x_2)+(\frac{x_2^2}{x_3}-2x_2+x_3)+...+(\frac{x_n^2}{x_1}-2x_n+x_1)\geq \frac{4(x_1-x_2)^2}{\sum x_i} $
$ \Leftrightarrow \frac{(x_1-x_2)^{2}}{x_1}+\frac{(x_3-x_2)^{2}}{x_2}+\frac{(x_4-x_3)^{2}}{x_3}+...+\frac{(x_1-x_n)^{2}}{x_n}\geq \frac{4(x_1-x_2)^2}{\sum x_i} $
Đúng theo BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu !

Sao em thấy chả giống chỗ nào cả.Cho e coi cái BĐT Cauchy-Schwarz cộng mẫu đó đi.

Cho a,b,c > 0 CMR:$$ \sum \sqrt{\frac{a^{3}}{b^{3}}}\geq \sum \frac{a}{b}$$

câu tương tự nè:

$CMR: (\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+(\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}})< 2\sqrt[3]{3}$

đề bài của bạn là sao vậy

Chứng minh rằng nếu $a,b,c,d >0 và r^{4}= abcd \geq 1 thì bất đẳng thức sau luôn đúng: \sum \frac{ab+1}{b+1}\geq \frac{4(1+r^{2})}{1+r}$

Chứng minh rằng nếu $a,b,c,d >0$ và $r^{4}= abcd \geq 1$ thì bất đẳng thức sau luôn đúng: $$\sum \frac{ab+1}{b+1}\geq \frac{4(1+r^{2})}{1+r}$$

$Let' a,b,c,d,e,f > 0,prove: \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+e}+\frac{d}{e+f}+\frac{e}{f+a}+\frac{f}{a+d}\geq 3$