nukata123

Phương trình trên tương đương:

$x^{3}+\frac{3x^{2}}{(x-1)^{2}}+ \frac{3x}{(x-1)^{2}}+\frac{1}{(x-1)^{3}}+ \frac{x^{3}-1}{(x-1)^{3}}-\frac{3x}{(x-1)^{2}}-2=0$

$\Leftrightarrow (x+\frac{1}{(x-1)})^{3}+ \frac{(x-1)(x^{2}+x+1)}{(x-1)^{3}}-\frac{3x}{(x-1)^{2}}-2=0$

$\Leftrightarrow (x+\frac{1}{(x-1)})^{3}=1$.

Tới đây là ra rồi 

Thực ra có 1 cách giải quen thuộc mà mình làm biếng gõ Latex quá  . Tư tưởng là bạn khai triển cái tử ra rút gọn lại chứng minh bé hơn bằng 5. Cái mẫu xử lí theo cô si bình thường thôi

Còn cách giải nào nữa mà chỉ dùng kiến thức quen thuộc không??

Trước đó đề sai mà 

 ĐK $x> \frac{7}{5}$.

Ta có : $24x^{2}-60x+36+ \frac{1}{\sqrt{5x-7}}+ \frac{1}{\sqrt{x-1}}= 12(2x-3)(x-1)+ \frac{\sqrt{(5x-7)}+\sqrt{(x-1)}}{\sqrt{(5x-7)(x-1)}}$ (*)

Dễ thấy x= $\frac{3}{2}$ k phải là nghiệm của pt nên ta có:

(*) $\Leftrightarrow 12(2x-3)(x-1) + \frac{2(2x-3)}{\sqrt{(5x-7)(x-1)}.(\sqrt{5x-7}-\sqrt{x-1})}=0 \Leftrightarrow 6(x-1)+ \frac{2}{\sqrt{(5x-7)(x-1)}.(\sqrt{5x-7}-\sqrt{x-1})}=0$.

Vì theo đk $x > \frac{7}{5}$ nên VT $> 0$. Do đó pt vô nghiệm k biết có đúng k nữa. 

Ta có $a + \frac{1}{b(a-b)^{2}} = a + \frac{2}{2b(a-b)(a-b)} \geq a+ \frac{2}{\frac{(2b+a-b+a-b)^{3}}{27}}= a+ \frac{27}{4a^{3}} = \frac{a}{3} + \frac{a}{3} + \frac{a}{3}+ \frac{27}{4a^{3}}$

Dùng Cô-si 4 số là ra  

Chứng minh rằng:

 $\frac{(b+c-a)^{2}}{(b+c)^{2}+a^{2}}+ \frac{(c+a-b)^{2}}{(c+a)^{2}+b^{2}}+\frac{(a+b-c)^{2}}{(a+b)^{2}+c^{2}} \geq \frac{3}{5}$

Với a,b,c>0

Vì $b^{c}$ +1 $\vdots$ 2 nên b có dạng 2k+1. Thế lại vào. Giả sử c>1 thì ta có thể viết dưới dạng nhị thức Newton. Do a$\geq$ 2 nên VT $\vdots$ 4 mà VP chỉ chia hêt cho 2. Vô lí  

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB giao CD tại K; AC giao BD tại H; AD giao BC tại E. EH cắt AB, CD tại F1, F2. Gọi M,N là trung điểm của AB, CD. MN cắt EH tại P. Chứng minh: IE=IH

Các tam giác ABE, ACF đồng dạng, theo thứ tự có trực tâm là H,K và được dựng về phía ngoài của tam giác ABC, BF cắt CE tại O. CMR: AO vuông góc HK

BĐT cần cm tương đương

$\frac{x}{y(1-x)}+ \frac{y}{z(1-y)}+\frac{z}{x(1-z)}\geq 2(\frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z})$

Thật vậy, áp dụng BĐT Chebyshev vs 2 dãy số tăng ( $\frac{1}{y};\frac{1}{z};\frac{1}{x}$ ) và $(\frac{x}{1-x};\frac{y}{1-y};\frac{z}{1-z})$ ta có :

$\frac{x}{y(1-x)}+\frac{y}{z(1-y)}+\frac{z}{x(1-z)}\geq \frac{1}{3}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z})(\frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z})$

Lại có $\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\geq \frac{9}{y+z+x}= \frac{9}{\frac{3}{2}}= 6$

Do đó 

$\frac{x}{y(1-x)}+ \frac{y}{z(1-y)}+\frac{z}{x(1-z)}\geq \frac{1}{3}\times 6(\frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z})\Rightarrow$ ĐPCM.

Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Cho tam giác ABC. Các điểm M,N thuộc BC. Các điểm P,Q theo thứ tự thuộc AC,AB. O ,K, L lần lượt là giao điểm của MP và NQ; BO và NP; CO và MQ. Chứng minh rằng AO, BL, CK đồng quy