Sửa đề : \(\dfrac{a^2}{a^2+b}+\dfrac{b^2}{b^2+a}\le1\\ \) (*)

\(< =>\dfrac{a^2\left(b^2+a\right)+b^2\left(a^2+b\right)}{\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)}\le1\\ < =>a^2b^2+a^3+b^2a^2+b^3\le\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)\) ( Nhân cả 2 vế cho `(a^{2}+b)(b^{2}+a)>0` )

\(< =>a^3+b^3+2a^2b^2\le a^2b^2+b^3+a^3+ab\\ < =>a^2b^2\le ab\\ < =>ab\le1\) ( Chia 2 vế cho `ab>0` )

Do a,b >0 

Nên áp dụng BDT Cô Si :

\(2\ge a+b\ge2\sqrt{ab}< =>\sqrt{ab}\le1\\ < =>ab\le1\)

Do đó (*) luôn đúng

Vậy ta chứng minh đc bài toán

Dấu "=" xảy ra khi : \(a=b>0,a+b=2< =>a=b=1\)

a Sửa đề : Chứng minh \(\dfrac{a^2}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2}{b^2+a}\)\(\le\) 1 ( Đề thi vào 10 Hà Nội).

Bất đẳng thức trên tương đương : 

\(\dfrac{a^2+b-b}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2+a-a}{b^2+a}\)\(\le\)1

\(\Leftrightarrow\) 1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\)+ 1 - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)1

\(\Leftrightarrow\)1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\) - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)0

\(\Leftrightarrow\)- \(\dfrac{b}{a^2+b}\)- \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)-1

\(\Leftrightarrow\)\(\dfrac{a}{b^2+a}\)+ \(\dfrac{b}{a^2+b}\)\(\ge\)1

Xét VT = \(\dfrac{a^2}{ab^2+a^2}\)+ \(\dfrac{b^2}{a^2b+b^2}\)\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab^2+a^2+a^2b+b^2}\) (Cauchy - Schwarz)

= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(b+a\right)+a^2+b^2}\)

\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2ab+a^2+b^2}\)

= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2}\)= 1

Vậy BĐT được chứng minh

Dấu '=' xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = 1

Gọi số xe loại một là: \(x\) (chiếc); (\(x\) \(\in\)N*)

Khi đó số xe loại hai là: 50 - \(x\) (chiếc)

Số tiền mua xe loại một là: \(x\) \(\times\) 2 = 2\(x\) ( triệu đồng)

Số tiền mua xe loại hai là: (50 - \(x\)) \(\times\) 6 = 300 - 6\(x\) (triệu đồng)

Theo bài ra ta có phương trình: 2\(x\) + 300 - 6\(x\) = 160

                                                   300 - 4\(x\) = 160

                                                   4\(x\) = 300 - 160

                                                   4\(x\) = 140

                                                      \(x\) = 140 : 4

                                                     \(x\) = 35

Vậy số xe loại một là 35 chiếc

Số xe loại hai là: 50 - 35 =  15 (chiếc)

Kết luận: Cửa hàng đã nhập 35 chiếc xe loại 1 và 15 chiếc xe loại 2

Em nên chèn bằng công thức nhé, chứ em viết thế này cô không hiểu đúng đề bài em cần được để trợ giúp em đâu

Giả sử \(y\) là số lẻ

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x^2-y=m^2\\x^2+y=n^2\end{matrix}\right.\left(m,n\inℕ;m< n\right)\)

\(\Rightarrow2y=n^2-m^2\) \(\Rightarrow n^2-m^2\) chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4.

 Thế nhưng, ta thấy \(n^2\) và \(m^2\) khi chia cho 4 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1, vậy nên \(n^2-m^2\) khi chia cho 4 sẽ chỉ có số dư là \(0,1,-1\), nghĩa là nếu \(n^2-m^2\) mà chia hết cho 2 thì buộc hiệu này phải chia hết cho 4, mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai \(\Rightarrow\) đpcm.

Gọi P là 1 giá trị của biểu thức trên.

Ta có \(P=\dfrac{ax+b}{x^2+1}\Leftrightarrow\left(x^2+1\right)P-\left(ax+b\right)=0\)

\(\Leftrightarrow Px^2-ax+P-b=0\left(1\right)\)

Vì giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất đều khác 0, nên \(P\ne0\)

Để P tồn tại thì phương trình (1) phải có nghiệm hay \(\Delta_{\left(1\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(-a\right)^2-4P\left(P-b\right)\ge0\Leftrightarrow4P^2-4Pb-a^2\le0\left(2\right)\)

Gọi \(P_1,P_2\left(P_1< P_2\right)\) là 2 nghiệm của phương trình \(4P^2-4Pb-a^2=0\left(3\right)\)

Khi đó phương trình (2) có nghiệm \(P_1\le P\le P_2\) nên P đạt Min tại giá trị \(P_1\), đạt Max tại giá trị \(P_2\).

Do đó, yêu cầu của bài toán chỉ thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (3) có 2 nghiệm -1 và 4, tức: \(\left\{{}\begin{matrix}4+4b-a^2=0\\64-16b-a^2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=3\\a^2=16\end{matrix}\right.\) hay \(\left\{{}\begin{matrix}b=3\\a=\pm4\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}a=4\\b=3\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a=-4\\b=3\end{matrix}\right.\)

Dễ thấy \(\widehat{BAH}=90^o-\widehat{B}=\widehat{C}\), mà \(\widehat{C}=30^o\) nên \(\widehat{BAH}=30^o\). Trong tam giác ABH vuông tại H, ta có \(\dfrac{BH}{AH}=\tan\widehat{BAH}=\tan30^o=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\).

Trước hết ta tính \(\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}\). Để ý rằng \(\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}=\dfrac{EH}{AH}\). Mặt khác, \(\dfrac{EH}{AE}=\dfrac{BH}{AB}=\sin\widehat{BAH}=\sin30^o=\dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow\dfrac{EH}{AH}=\dfrac{1}{3}\) hay \(\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}=\dfrac{1}{3}\) (*). Lại thấy \(\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABC}}=\dfrac{BH}{BC}\), mà \(\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow BH=\dfrac{1}{2}AB\) và \(\dfrac{AB}{BC}=\sin\widehat{C}=\sin30^o=\dfrac{1}{2}\) \(\Rightarrow AB=\dfrac{1}{2}BC\). Từ đó suy ra \(BH=\dfrac{1}{4}BC\) hay \(\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{1}{4}\) hay \(\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{4}\) (**)

Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABH}}.\dfrac{S_{ABH}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{4}\Rightarrow\dfrac{S_{BHE}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{12}\)

Vẫn đề đó hả em

Câu này dùng BĐT Schur là ra luôn cx đc, nhưng mà thế thì hơi mất hứng, anh thử đề xuất phương án này ha

VT=\(cyc\sum x^5.\left(x-y+z\right)\) Gấp đôi vế trái lên và phá ngoặc ra nhóm  về kiểu này

2.VT=(x^6-2x^5y+2xy^5+y^6)+.......tương tự như thế ha

       Giờ chỉ cần mỗi cái ngoặc này >=0 là cả lũ >=0 do tương tự

Mà \(x^6-2x^5y+2xy^5+y^6=\left(x^2+y^2\right).\left(x^2-xy-y^2\right)^2\)  (Cái này em nhóm 2 cái cuối, 2 cái giữa xong triển khai ra là đc)

       Dễ thấy x^2+y^2>=0, cái ngoặc kia là bình phương cũng >=0

 Do đó cái TH kia >=0. Các th còn lại thì cx tương tự

 Cộng vế với vế suy ra 2VT>=0, Hay VT>=0 (đpcm)

Anh gửi riêng phần phân tích này

\(x^6-2x^5y+2xy^5+y^6=\left(x^2+y^2\right)\left(x^4-x^2y^2+y^4\right)-2xy\left(x^2+y^2\right)\left(x^2-y^2\right)=\left(x^2+y^2\right).\left(x^4-x^2y^2+y^4-2xy\left(x^2-y^2\right)\right)=\left(x^2+y^2\right)\left(\left(x^4-2x^2y^2+y^4\right)-2xy\left(x^2-y^2\right)+x^2y^2\right)\)Viết tiếp cái ngoặc to thành bình phương là ra cái anh vt chỗ trên đầu nhé

Thử xem có đc ko