solution:

ta có: \(3=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow xyz\le1\)(theo BĐT cauchy cho 3 số )

\(\Rightarrow xy\le\dfrac{1}{z};yz\le\dfrac{1}{x};xz\le\dfrac{1}{y}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}\ge\dfrac{x}{\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}=x\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x^4}\)

tương tự ta có:\(\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}\ge\sqrt[3]{y^4};\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{z^4}\)

cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế:

\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}\ge\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky ta có:

\(\left(\sqrt[3]{x^4}+\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{z^4}\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(\sqrt[3]{x^8}+\sqrt[3]{y^8}+\sqrt[3]{z^8}\right)^2=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Rightarrow S\ge x^2+y^2+z^2\)

đến đây ta lại có BĐT quen thuộc: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow S\ge xy+yz+xz\left(đpcm\right)\)

dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z mà x²+y²+z²=3 => x=y=z=1

*cách khác : Áp dụng BĐT cauchy - schwarz(bunyakovsky):

\(S=\dfrac{x}{\sqrt[3]{yz}}+\dfrac{y}{\sqrt[3]{xz}}+\dfrac{z}{\sqrt[3]{xy}}=\dfrac{x^4}{x^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}}}+\dfrac{y^4}{y^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{y}}}+\dfrac{z^4}{z^3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}}\)

\(S\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^2+y^2+z^2}=x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

cái cách 2 là svac mà nhỉ

1) \(x^2+\left(m+1\right)x+m=2\) ( 1 )

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow x^2+\left(m+1\right)+m-2=0\)

\(\Delta=b^2-4ac\)

\(\Delta=\left(m-1\right)^2+8\ge8\) \(\forall m\in R\)

\(\Rightarrow\) đpcm

2)

Theo định lý Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{-b}{a}\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-m-1\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1+x_2\right)^2=\left(-m-1\right)^2\\2x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+2x_1x_2+x^2_2=m^2+2m+1\\2x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+x^2_2+2m-4=m^2+2m+1\\2x_1x_2=2m-4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+x^2_2=\left(m^2+2m+1\right)-\left(2m-4\right)\\2x_2x_1=2m-4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2_1+x^2_2=m^2+5\\x_1x_2=m-2\end{matrix}\right.\)

Theo yêu cầu đề bài \(\dfrac{2x_1-1}{x_2}+\dfrac{2x_2-1}{x_1}=x_1x_2+\dfrac{55}{x_1x_2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(x^2_1+x^2_2\right)-\left(x_1+x_2\right)}{x_1x_2}=x_1x_2+\dfrac{55}{x_1x_2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(m^2+5\right)-\left(-m-1\right)}{m-2}=m-2+\dfrac{55}{m-2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2m^2+m+11}{m-2}=\dfrac{\left(m-2\right)^2+55}{m-2}\)

\(\Leftrightarrow2m^2+m+11=\left(m-2\right)^2+55\) ( điều kiện \(m\ne2\) )

\(\Leftrightarrow m^2+5m-48=0\)

\(\Delta=b^2-4ac\)

\(\Rightarrow\Delta=217\)

\(\Rightarrow m_{1,2}=\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}=\dfrac{-5\pm\sqrt{217}}{2}\)

1)Ta có: \(\Delta_{x,m}=\left(m+1\right)^2-4\left(m-2\right)=\left(m-1\right)^2+8\ge8>0=>dpcm\)

2)Gọi hai nghiệm là a,b cho dẽ viết:

Đặt \(A=\dfrac{2a-1}{b}+\dfrac{2b-1}{a}-ab-\dfrac{55}{ab}\) rút gọn A trước

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b\right)-\left(ab\right)^2-55}{ab}\)

\(A=\dfrac{2\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)-\left[\left(ab\right)^2+4ab+4\right]-51}{ab}\)

\(A=\dfrac{\left(a+b\right)\left[2\left(a+b\right)-1\right]-\left[\left(ab\right)+2\right]^2-51}{ab}\) (1)

Thay Vi_et vào (1) \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=-\left(m+1\right)\\ab=m-2\end{matrix}\right.\)

\(A=\dfrac{\left(m+1\right)\left(2m+3\right)-m^2-51}{m-2}=\dfrac{m^2+5m-48}{m-2}\)

\(A=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\m^2+5m-48=0\end{matrix}\right.\)

\(\Delta_m=25+4.48=217\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne2\\\left[{}\begin{matrix}m_2=\dfrac{-5-\sqrt{217}}{2}\ne2\\m_2=\dfrac{-5+\sqrt{217}}{2}\ne2\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Kết luận: \(m_{1,2}=\dfrac{-5\pm\sqrt{217}}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

Chứng minh rằng \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)

\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)

\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)

\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\) ( đpcm )

Vì \(\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)

Mà \(\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\dfrac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\dfrac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\dfrac{3}{2}\)( đpcm )

Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

\(\sum\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}\geq\sum\frac{a^2}{a+\frac{b+c+1}{3}}=\sum\frac{9a^2}{3(3a+b+c)+a+b+c}\)

\(=\sum\frac{9a^2}{10a+4b+4c}\geq\frac{9(a+b+c)^2}{(10a+4b+4c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{18(a+b+c)}=\frac{3}{2}\)

\(2\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)\ge\dfrac{1+a}{1-a}+\dfrac{1+b}{1-b}+\dfrac{1+c}{1-c}\)

Thay thế \(a+b+c=1\)

\(\Leftrightarrow2\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)\ge\dfrac{2a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+2b+c}{a+c}+\dfrac{a+b+2c}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow2\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)\ge\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b}+3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2b}{a}+\dfrac{2c}{b}+\dfrac{2a}{c}\ge\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{a+c}+\dfrac{2c}{a+b}+3\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{2b}{a}-\dfrac{2b}{a+c}\right)+\left(\dfrac{2c}{b}-\dfrac{2c}{a+b}\right)+\left(\dfrac{2a}{c}-\dfrac{2a}{b+c}\right)\ge3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2bc}{a\left(a+c\right)}+\dfrac{2ca}{b\left(a+b\right)}+\dfrac{2ab}{c\left(b+c\right)}\ge3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{a\left(a+c\right)}+\dfrac{ca}{b\left(a+b\right)}+\dfrac{ab}{c\left(b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+c\right)}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số

\(\Rightarrow\dfrac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+c\right)}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(a+b+c+a+b+c\right)}=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc}\)

Chứng minh rằng \(\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge6abc\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2abc^2+2a^2bc\ge3abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)\ge3abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\ge3abc\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b^2+b^2c^2\ge2\sqrt{a^2b^4c^2}=2ab^2c\\b^2c^2+c^2a^2\ge2\sqrt{a^2b^2c^4}=2abc^2\\a^2b^2+c^2a^2\ge2\sqrt{a^4b^2c^2}=2a^2bc\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\) ( đpcm )

Vì \(\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc}\ge\dfrac{3}{2}\)

Vậy \(\dfrac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+c\right)}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)\ge\dfrac{1+a}{1-a}+\dfrac{1+b}{1-b}+\dfrac{1+c}{1-c}\)( đpcm )

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\((a^2+1)[1+(b+c)^2]\geq (a+b+c)^2\)

Do đó ta chỉ cần chỉ ra rằng

\(4(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq 3(a^2+1)[1+(b+c)^2]\)

\(\Leftrightarrow 4(b^2+1)(c^2+1)\geq 3[1+(b+c)^2]\)

\(\Leftrightarrow 4b^2c^2+1+b^2+c^2\geq 6bc\)

\(\Leftrightarrow (2bc-1)^2+(b-c)^2\geq 0\) ( luôn đúng)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Thank you!!!

Bài 3)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)

Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).

BĐT được viết lại như sau:

\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)

Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:

Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)

Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:

\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)

Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm

Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)

Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.

Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)

\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:

\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)

\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)

\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )

Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.

Bài 1:

Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)

Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)

\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)

\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)

Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và

\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)

BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"

Lời giải:
Trước tiên ta đi cm bất đẳng thức sau: với \(a,b>0\) thì \(a^3+b^3\geq ab(a+b)\)

BĐT đúng vì nó tương đương với \((a-b)^2(a+b)\geq 0\) ( luôn đúng)

Do đó:, kết hợp với \(abc=1\Rightarrow \)\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{c}{a+b+c}\)

Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a+b+c}{a+b+c}=1=\frac{1}{abc}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2.\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)

TT: \(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)

\(\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)

Cộng vế với vế ta được:

\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{a+b+c}\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)

\(\le\frac{1}{a+b+c}.\frac{c+a+b}{abc}=\frac{1}{abc}\left(đpcm\right)\)

Lời giải:

a) Với \(m=0\) phương trình trở thành:

\((x^2-2x-3)(x^2-2x+3)=0\Leftrightarrow (x-3)(x+1)(x^2-2x+3)=0\)

\(\Rightarrow\left[\begin{matrix}x-3=0\\x+1=0\\x^2-2x+3=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \) \(\left[\begin{matrix}x=3\\x=-1\\\left(x-1\right)^2+2=0\left(vl\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x\in \left\{-1,3\right\}\)

b) Để PT có $4$ nghiệm phân biết thì phương trình \(x^2-2x+2m+3=0\) phải có hai nghiệm phân biệt khác \(-1\) và \(3\)

Tức là \(\left\{\begin{matrix} \Delta' =1-(2m+3)>0\\ 3^2-2.3+2m+3\neq 0\\ (-1)^2-2(-1)+2m+3\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m<-1\\ m\neq -3\\ \end{matrix}\right.\)

c) Áp dụng định lý Viet cho PT \(x^2-2x+2m+3=0\) có nghiệm thỏa mãn:\(\left\{\begin{matrix}x_3+x_4=2\\x_3x_4=2m+3\end{matrix}\right.\)

Có \(A=x_1x_2x_3x_4=-3x_3x_4=-3(2m+3)\)

Ta có với mọi \(x_3,x_4\in\mathbb{R}\) thì đều có \(x_3x_4\leq \left(\frac{x_3+x_4}{2}\right)^2=1\)

\(\Rightarrow -3x_3x_4\geq -3\) (khi nhân với số âm thì đổi dấu)

\(\Rightarrow A_{\min }=-3\Leftrightarrow m=-1\)

Câu b với c không liên quan đến nhau phải không? Nếu không thì không tìm được min đâu.

sửa đề: pt \(\left(x^2-2x-3\right)\left(x^2-2x+2m+3\right)=0\)

Lời giải:

Từ các điều kiện đề bài suy ra :

\(M=2x+z+15=2x+60-x+15=x+75\)

\(x+7y=50\Rightarrow x=50-7y\leq 50\) (do \(y\geq 0\) )

\(\Rightarrow M_{\max}=125\)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y,z,t)=(50,0,10,15)\)

123456

Đế sai . 1 phải là 2017