Kirito

Đkxđ : $x-2y \geq -1$

$pt(1)\Leftrightarrow 2y^2+1+2y\sqrt{y^2+1}=2x-4y+2\Leftrightarrow (y+\sqrt{y^2+1})^2=2x-4y+2$ , thay vào pt(2) ta đc :

 $(x-1)+\sqrt{(x-1)^2+4}=2y+\sqrt{(2y)^2+4}$

Đến đây xét hàm là ra thôi 

cách làm của bạn rất hay, bạn có thể chia sẻ cho mọi người cùng biết dấu hiệu nào khiến bạn nghĩ đến hướng làm đánh giá này không?

thì cũng k có gì cao siêu quá đâu , chỉ là t thấy $x-2\sqrt{x-1} =( \sqrt{x-1}-1)^2$ $\geq 0$ , còn khi chuyển 2y sang bên kia ta sẽ đc 1 biểu thức chỉ chứa y , nên mình nghĩ có thể giới hạn đc khoảng nghiệm của y , nếu may mắn kết hợp với đkxđ thì có thể ra luôn đc y , nhưng bài này đến đó vẫn chưa ra nên mình tiếp tục thay y vào pt2 để tìm giới hạn của x , trước lúc đấy nhẩm đc nghiệm là x=y=2 nên mình áp dụng luôn AM-GM 

bài này chỉ tìm được max thôi bạn , khi cộng thêm 1 vào biểu thức , tử sẽ ra là 3 , mà chỉ tìm được min của mẫu thôi , tại khi 2 góc tiến về 0 và 1 góc tiến về 180 thì mẫu tiến đến 3 nhưng k thể đạt đc 3 vì các góc phải khác 0 , nên sẽ k tồn tại max của mẫu

Đkxđ : $x\geq 1 ; y\geq 0$

$x+2(y-\sqrt{x-1})=\frac{19}{5} + \frac{1}{y^2+1} \Rightarrow \frac{19}{5}+\frac{1}{y^2+1}-2y=(\sqrt{x-1}-1)^2\geq 0$

$\frac{19}{5}+\frac{1}{y^2+1}-2y \geq 0 \Leftrightarrow (y-2)(10y^2+y+12) \leq 0 \Leftrightarrow y\leq 2$

với $x\geq 1 ; 0\leq y\leq 2$  : $3=\sqrt{2x+y-2}+\sqrt{y-x+1}\leq \sqrt{2x}+\sqrt{3-x}\leq \frac{x+2}{2}+\frac{3-x+1}{2}=3$

$\Rightarrow$ hpt có nghiệm x=y=2 

các bạn có thể giải theo phương pháp dồn biến đc k0

cần chứng minh f(a,b,c) = $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{a+b+c} -5 \geq 0$

không mất tính tq , giả sử a = max (a;b;c) => $a \geq \sqrt{bc}$

ta cm f(a;b;c) $\geq$ f(a; $\sqrt{bc}$; $\sqrt{bc}$ ) , cái này quy đồng lên , phân tích cuối cùng nó sẽ ra là $\frac{(\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 ((a+b+c)(a+2\sqrt{bc})- 6bc)}{bc(a+b+c)(a+2\sqrt{bc})}$ , mà do $a \geq \sqrt{bc} ; b+c \geq 2\sqrt{bc} => (a+b+c)(a+2\sqrt{bc})-6bc \geq 3\sqrt{bc}(a+2\sqrt{bc})-6bc = 3a\sqrt{bc } > 0 => f(a;b;c) > f(a;\sqrt{bc};\sqrt{bc})$

đặt $\sqrt{bc}$ = x => f(a;$\sqrt{bc}$;$\sqrt{bc}$) = f($\frac{1}{x^2};x;x$ ) , đến đây chứng minh f($\frac{1}{x^2};x;x$ )  $\geq$ 0 , qui đồng phân tích thành nhân tử đc : $ (x-1)^2(2x^4+4x^3-4x^2-x+2)$ $\geq$ 0 ( luôn đúng )  => bđt được cm

dấu = xảy ra <=> x=1 hay a=b=c=1  

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = ab+bc+ca$ , $\frac{6}{a+b+c} =\frac{6}{abc(a+b+c)}\geq \frac{18}{(ab+bc+ca)^2}$

đến đây cộng lại rồi dùng điểm rơi tính ra thôi 

à mà hình như sai @_@