Ta có : \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\le\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{c^2+a^2}\le\dfrac{a^3}{2abc}+\dfrac{b^3}{2abc}+\dfrac{b^3}{2abc}+3\)( vì \(a^2+b^2+c^2=1\) )

\(\Leftrightarrow3+\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ca}+\dfrac{c^2}{2ab}+3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ac}+\dfrac{c^2}{2ab}\)

Mà theo bất đẳng thức cô-si , ta có : \(b^2+c^2\ge2bc\)\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}\)

Tương tự ta cũng có : \(\dfrac{b^2}{c^2+a^2}\le\dfrac{b^2}{2ca},\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{c^2}{2ab}\)

Cộng các bất đẳng thức trên lại với nhau ta được :

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ac}+\dfrac{c^2}{2ab}\)

Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh .

\(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-2}+\sqrt{z-3}=6-\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}-\dfrac{1}{\sqrt{y-2}}-\dfrac{1}{\sqrt{z-3}}\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}\right)+\left(\sqrt{y-2}+\dfrac{1}{\sqrt{y-2}}\right)+\left(\sqrt{z-3}+\dfrac{1}{\sqrt{z-3}}\right)=6\)Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có :

\(\sqrt{x-1}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}\ge2\sqrt{\sqrt{x-1}.\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}}=2\)

Tương tự :\(\sqrt{y-2}+\dfrac{1}{\sqrt{y-2}}\ge2\)

\(\sqrt{z-3}+\dfrac{1}{\sqrt{z-3}}\ge2\)

Do đó :\(\left(\sqrt{x-1}+\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}\right)+\left(\sqrt{y-2}+\dfrac{1}{\sqrt{y-2}}\right)+\left(\sqrt{z-3}+\dfrac{1}{\sqrt{z-3}}\right)\ge6\)Dấu "=+ xảy ra khi :\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-1}=\dfrac{1}{\sqrt{x-1}}\\\sqrt{y-2}=\dfrac{1}{\sqrt{y-2}}\\\sqrt{z-3}=\dfrac{1}{\sqrt{z-3}}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-1=1\\y-2=1\\z-3=1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=3\\z=4\end{matrix}\right.\)

Vậy \(x=2,y=3,z=4\)

Ta có :\(\dfrac{a}{a^,}+\dfrac{b^,}{b}=1\Rightarrow\left(\dfrac{a}{a^,}+\dfrac{b^,}{b}\right).\dfrac{b}{b^,}=\dfrac{b}{b^,}\Rightarrow\dfrac{ab}{a^,b}+1=\dfrac{b}{b^,}=1-\dfrac{c^,}{c}\)( vì \(\dfrac{b}{b^,}+\dfrac{c^,}{c}=1\))

\(\Rightarrow\dfrac{ab}{a^,b^,}=-\dfrac{c^,}{c}\Rightarrow abc=-a^,b^,c^,\Rightarrow abc+a^,b^,c^,=0\)( đpcm )

1.\(x^2-20x-96=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-24x+4x-96=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(x-24\right)-4\left(x-24\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-24\right)\left(x+4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-24=0\\x+4=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=24\\x=-4\end{matrix}\right.\)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là \(x=24\) hoặc \(x=-4\)

2.

Ta có :\(\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\left(2^{16}+1\right)-2^{32}\)

=\(\left(2-1\right)\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\left(2^{16}+1\right)-2^{32}\)

\(=\left(2^2-1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\left(2^{16}+1\right)-2^{32}\)

\(=\left(2^4-1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8+1\right)\left(2^{16}+1\right)-2^{32}\)

\(=\left(2^8-1\right)\left(2^8+1\right)\left(2^{16}+1\right)-2^{32}\)

\(=\left(2^{16}-1\right)\left(2^{16}+1\right)-2^{32}=2^{32}-1-2^{32}=-1\)

Bài 1:

b) Ta có :\(P^2Q^2=\left(\dfrac{2xy}{x^2-y^2}.\dfrac{2xy}{x^2+y^2}\right)^2=\left(\dfrac{4x^2y^2}{x^4-y^4}\right)^2=\dfrac{16x^4y^4}{\left(x^4-y^4\right)^2}\)

\(P^2-Q^2=\left(\dfrac{2xy}{x^2-y^2}\right)^2-\left(\dfrac{2xy}{x^2+y^2}\right)^2=\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2-y^2\right)^2}-\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}=4x^2y^2\left(\dfrac{1}{\left(x^2-y^2\right)^2}-\dfrac{1}{\left(x^2+y^2\right)^2}\right)=4x^2y^2.\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2-\left(x^2-y^2\right)^2}{\left(x^2-y^2\right)^2\left(x^2+y^2\right)^2}=4x^2y^2.\dfrac{x^4+2x^2y^2+y^4-\left(x^4-2x^2y^2+y^4\right)}{\left(\left(x^2-y^2\right)\left(x^2+y^2\right)\right)^2}=4x^2y^2.\dfrac{4x^2y^2}{\left(x^4-y^4\right)^2}=\dfrac{16x^4y^4}{\left(x^4-y^4\right)^2}\)Do đó :\(\dfrac{P^2Q^2}{P^2-Q^2}=\dfrac{16x^4y^4}{\left(x^4-y^4\right)^2}\div\dfrac{16x^4y^4}{\left(x^4-y^4\right)^2}=1\)

Bài 2:

ĐKXĐ:\(x\ne0,x\ne10.x\ne-10\)

Đặt \(P=\left(\dfrac{5x+2}{x^2-10x}+\dfrac{5x-2}{x^2+10x}\right).\dfrac{x^2-100}{x^2+4}\)

Ta có :P\(=\left(\dfrac{5x+2}{x\left(x-10\right)}+\dfrac{5x-2}{x\left(x+10\right)}\right).\dfrac{\left(x-10\right)\left(x+10\right)}{x^2+4}\)

\(=\left(\dfrac{\left(5x+2\right)\left(x-10\right)+\left(5x-2\right)\left(x+10\right)}{x\left(x-10\right)\left(x+10\right)}\right).\dfrac{\left(x-10\right)\left(x+10\right)}{x^2+4}\)\(=\dfrac{5x^2-50x+2x-20+5x^2+50x-2x-20}{x\left(x-10\right)\left(x+10\right)}.\dfrac{\left(x-10\right)\left(x+10\right)}{x^2+4}\)\(=\dfrac{10x^2-40}{x\left(x-10\right)\left(x+10\right)}.\dfrac{\left(x-10\right)\left(x+10\right)}{x^2+4}\)

\(=\dfrac{10\left(x^2-4\right)}{x\left(x^2+4\right)}\)

Thay x=20040 ta được:\(P=\dfrac{10\left(20040^2-4\right)}{20040.\left(20040^2+4\right)}=\dfrac{20040^2-4}{2004\left(20040^2+4\right)}\)

Sửa đề : CMR:\(\sqrt[2014]{a}+\sqrt[2014]{b}-\sqrt[2014]{c}=\sqrt[2014]{a+b-c}\)

GT\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a+b-c}+\sqrt{c}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2=\left(\sqrt{a+b-c}+\sqrt{a}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a+b+2\sqrt{ab}=a+b-c+c+2\sqrt{\left(a+b-c\right)c}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab}=\sqrt{\left(a+b-c\right)c}\)

\(\Leftrightarrow ab=ac+bc-c^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)\left(b-c\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=c\\b=c\end{matrix}\right.\)

Vì a,b vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử :\(a=c\)

Khi đó :\(\sqrt[2014]{a}+\sqrt[2014]{b}-\sqrt[2014]{c}=\sqrt[2014]{a}+\sqrt[2014]{b}-\sqrt[2014]{a}=\sqrt[2014]{b}\) (1)

\(\sqrt[2014]{a+b-c}=\sqrt[2014]{a+b-a}=\sqrt[2014]{b}\) (2)

Từ (1) và (2) , ta suy ra :\(\sqrt[2014]{a}+\sqrt[2014]{b}-\sqrt[2014]{c}=\sqrt[2014]{a+b-c}\)

Vậy với a,b,c là các số thực dương thoả mãn :\(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}=\sqrt{a+b-c}\)

thì \(\sqrt[2014]{a}+\sqrt[2014]{b}-\sqrt[2014]{c}=\sqrt[2014]{a+b-c}\)

Vẽ đường thằng song song với AC cắt DE tại N

Tam giác ADE có :AH vừa là đường cao vừa đường phân giác

nên tam giác ADE cân tại A

suy ra góc ADE bằng góc AED

Mặt khác ta có : góc DNB bằng góc AED (đồng vị)

Do đó góc ADE bằng góc DNB

suy ra tam giác DBN cân tại B

suy ra BD=BN (1)

Xét tam giác BNM và tam giác CEM có : MB=MC (gt) ,góc BMN bằng góc EMC (đối đỉnh ) và góc NBM bằng góc ECM (so le trong )

Do đó tam giác BNM bằng tam giác CEM

suy ra BN=CE (2)

Từ (1) và (2) suy ra : BD=CE

Vậy BD=CE

11.\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z}=0\Rightarrow\dfrac{yz+xz-xy}{xyz}=0\Rightarrow yz+xz-xy=0\)

\(x+y-z=-2\Rightarrow\left(x+y-z\right)^2=4\Rightarrow x^2+y^2+z^2-2\left(yz+xz-xy\right)=4\)mà \(yz+xz-xy=0\)

Nên :\(x^2+y^2+z^2-2.0=4\Rightarrow x^2+y^2+z^2=4\)

Vậy \(x^2+y^2+z^2=4\)