Ta có:

\(xy+yz+zx=\frac{\left(x+y+z\right)^2-x^2-y^2-z^2}{2}=\frac{7^2-23}{2}=13\)

Ta lại có:

\(xy+z-6=xy+z+1-x-y-z=\left(x-1\right)\left(y-1\right)\)

\(\Rightarrow A=\frac{1}{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}+\frac{1}{\left(y-1\right)\left(z-1\right)}+\frac{1}{\left(z-1\right)\left(x-1\right)}\)

\(=\frac{x+y+z-3}{xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1}=-1\)

Bất đẳng thức mang tính hoán vị của các biến nên không mất tính tổng quát,giả sử a là số lớn nhất trong các số:a,b,c

Với \(a\ge b\ge c\)thì VP âm trong khi đó VT luôn dương nên bất đẳng thức luôn đúng.

\(\Rightarrow a\ge c\ge b\)

Biến đổi biểu thức tương đương:

\(\left(a+b+c\right)^6\ge108\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\)

Mặt khác:

\(\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2=\left[\left(a-b\right)\left(c-b\right)\left(a-c\right)\right]^2\le\left(a-c\right)^2\cdot a^2\cdot c^2\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta được:

\(4\left(a-c\right)^2\cdot c^2\cdot a^2=2ac\cdot2ac\left(a-c\right)^2\le\frac{\left[\left(a-c\right)^2+2ac+2ac\right]^3}{27}=\frac{\left(a-c\right)^6}{27}\)

\(\Rightarrow\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\le\frac{\left(a+c\right)^2}{108}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^6\ge\left(a+c\right)^6\ge108\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge6\sqrt{3}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh.

Theo đề ra ta có :

 \(ab+bc+ca-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=-\left[\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{6}\right]\le0\)

và : \(ab+bc+ca\le3\)

Suy ra : \(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\frac{ab}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được :

\(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{b+c}\right)\)

Thiết lập 2 đẳng thức tương tự, cộng về theo về, ta có :

\(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{ca}{\sqrt{b^2+3}}\le\frac{1}{2}\left[\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{bc}{c+a}\right)+\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{ca}{a+b}\right)+\left(\frac{ca}{b+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\right]\)

và : \(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{ca}{\sqrt{b^2+3}}\le\frac{a+b+c}{2}\)

Mà : \(a+b+c=3\)( theo đề bài ) , suy ra đpcm

ở dòng thứ 3 qua dòng thứ 4 bạn sai nhé. đáng lẽ là \(\ge\)

a) \(M=\frac{x^4+2}{x^6+1}+\frac{x^2-1}{x^4-x^2+1}+\frac{x^2+3}{x^4+4x^2+3}\)

\(M=\frac{x^4+2}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}+\frac{x^2-1}{x^4-x^2+1}-\frac{x^2+3}{x^4+3x^2+x^2+3}\)

\(M=\frac{x^4+2}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}+\frac{x^2-1}{x^4-x^2+1}-\frac{x^2+3}{x^2\left(x^2+3\right)+x^2+3}\)

\(M=\frac{x^4+2}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}+\frac{x^2-1}{x^4-x^2+1}-\frac{x^2+3}{\left(x^2+3\right)\left(x^2+1\right)}\)

\(M=\frac{x^4+2}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}+\frac{x^2-1}{x^4-x^2+1}-\frac{1}{x^2+1}\)

\(M=\frac{x^4+2+x^4-1-x^4+x^2-1}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}\)

\(M=\frac{0+x^4+x^2}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}\)

\(M=\frac{x^2\left(x^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)}\)

\(M=\frac{x^2}{x^4-x^2+1}\)

Đặt : \(a=2^x;b=2^y;c=2^z\)

Khi đó :  \(a,b,c>0;abc=2^{x+y+z}=64\)

Ta cần c/m : \(a^3+b^3+c^3\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow a^3+32-6a^2=\left(a-4\right)^2\left(a+2\right)\)

Theo đó, ta cần sử dụng giả thiết : \(a>0\), suy ra : \(a^3+32\ge6a^2\)

Thiết lập các bđt tương tự cho b và c và cộng theo vế các bđt tìm được, ta có :

\(a^3+b^3+c^3+96\ge6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Ta cần c/m thêm : \(6\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)+96\)

hay : \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=6\sqrt[3]{4096}=96\)

\(\Rightarrowđpcm\)

mik làm cách khác,mấy bạn cho điểm nhá!

Sai đề:x+y+z=6

Đặt\(a=2^x,b=2^y,c=2^z\)

\(\Rightarrow abc=2^{x+y+z}=64\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,ta được:

\(3\sqrt[3]{abc}\le a+b+c\)

Ta có:\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Hay \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

Thật vậy:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM một lần nữa,ta được:

\(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\)

\(a^3+a^3+c^3\ge3a^2c\)

\(a^3+b^3+b^3\ge3b^2a\)

\(a^3+c^3+c^3\ge3c^2a\)

\(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\)

\(b^3+c^3+c^3\ge3c^2b\)

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức,ta được:

\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

Dấu "="xẩy ra khi và chỉ khi:\(a=b=c\)

\(A=\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)...\left(2^{64}+1\right)\)

\(A=1\cdot\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)...\left(2^{64}+1\right)\)

\(A=\left(2-1\right)\left(2+1\right)\left(2^2+1\right)...\left(2^{64}+1\right)\)

\(A=\left(2^2-1\right)\left(2^2+1\right)...\left(2^{64}+1\right)\)

\(A=\left(2^4-1\right)\left(2^4+1\right)...\left(2^{64}+1\right)\)

\(A=\left(2^{64}-1\right)\left(2^{64}+1\right)\)

\(A=2^{128}-1\)

ttpq_Trần Thanh Phương  đúng đó !!!

\(\sqrt[3]{2x+2}=x^3+9x^2+26x+28\)

\(\Rightarrow\left(2x+2\right)^3=\left(x+3\right)^3+1\)

\(\Rightarrow\left(2x+2\right)^3-\left(x+3\right)^3=1\)

\(\Rightarrow\left(2x+2-x-3\right)\left[\left(2x+2\right)^2+\left(2x+2\right)+\left(x+3\right)^2\right]=1\cdot1=\left(-1\right)\left(-1\right)\)

\(\Rightarrow\left(x-1\right)\left[\left(2x+2\right)^2+\left(2x+2\right)\left(x+3\right)+\left(x+3\right)^2\right]=1\cdot1=\left(-1\right)\left(-1\right)\)

Với:\(x-1=1\Rightarrow x=2\)

Thay vào thừa số thứ 2 thấy sai nên loại

Với:\(x-1=-1\)

\(\Rightarrow x=0\)

Thay vào thừa số thứ 2 thấy sai nên loại.

Vậy phương trình vô nghiệm.

tth xem có đúng ko nha!cao cấp quá!Nếu sai thì ib vs mình:))

Những người muốn hoặc đã tham gia cuộc thi có thể lấy ảnh đại diện của cuộc thi (nếu thích)

Link ảnh: Ảnh đại diện cuộc thi

\(\left(x+1\right)^4+\left(x-1\right)^4\)

\(=\left(x+1\right)^2.\left(x+1\right)^2+\left(x-1\right)^2.\left(x-1\right)^2\)

\(=\left(x^2+2x+1\right).\left(x^2+2x+1\right)+\left(x^2-2x+1\right).\left(x^2-2x+1\right)\)

\(=x^4+2x^3+x^2+2x^3+4x^2+2x+x^2+2x+1+x^4-2x^3+x^2-2x^3+4x^2-2x+x^2-2x+1\)

\(=2x^4+12x^2+2\)