Bài 1: Căn bậc hai

cha gong-won
Xem chi tiết
Feed Là Quyền Công Dân
16 tháng 5 2017 lúc 7:03

Lợi dụng Cauchy-Schwarz' inequality ta có:

\(\dfrac{ab}{\sqrt{ab+2c}}=\dfrac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}=\dfrac{ab}{\sqrt{ab+ac+bc+c^2}}\)

\(=\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)\)

Tương tự ta cũng có:

\(\dfrac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\right);\dfrac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+bc}{a+c}+\dfrac{bc+ca}{a+b}+\dfrac{ab+ca}{b+c}\right)\)

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

\(=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}\cdot2=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

Bình luận (2)
Le Thi Bao Ngoc
20 tháng 5 2017 lúc 21:37

Ta có P=\(\dfrac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}+\dfrac{bc}{\sqrt{bc+\left(a+b+c\right)a}}+\dfrac{ac}{\sqrt{ac+\left(a+b+c\right)b}}\)

=\(\dfrac{ab}{\sqrt{ab+ac+bc+c^2}}+\dfrac{bc}{\sqrt{bc+ac+ab+a^2}}+\dfrac{ac}{\sqrt{ac+ab+bc+b^2}}\)

=\(\dfrac{ab}{\sqrt{a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)}}+\dfrac{bc}{\sqrt{b\left(a+c\right)+a\left(a+c\right)}}+\dfrac{ac}{\sqrt{c\left(a+b\right)+b\left(a+b\right)}}\)

=\(\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{bc}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+\dfrac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+b\right)}}\)

áp dụng bđt Cói ta có:

\(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)\(\le\)\(\dfrac{2+c}{2}=1+\dfrac{c}{2}\)

\(\sqrt{\left(b+á\right)\left(c+a\right)}\)

Bình luận (0)
Hinaru Yaoi
Xem chi tiết
Chippy Linh
1 tháng 2 2018 lúc 17:31

má nhìn đề đã sai

Bình luận (0)
Ngọc Hạnh
Xem chi tiết
Akai Haruma
26 tháng 1 2018 lúc 11:02

Lời giải:

Đặt biểu thức đã cho là $A$

Ta có:

\(A=\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{b}{a+c+2b}}+\sqrt{\frac{c}{a+b+2c}}\)

\(A=\sqrt{\frac{a}{(a+b)+(a+c)}}+\sqrt{\frac{b}{(b+c)+(b+a)}}+\sqrt{\frac{c}{(c+a)+(c+b)}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(A\leq\sqrt{\frac{a}{2\sqrt{(a+b)(a+c)}}}+\sqrt{\frac{b}{2\sqrt{(b+c)(b+a)}}}+\sqrt{\frac{c}{2\sqrt{(c+a)(c+b)}}}\)

\(\Leftrightarrow A\leq \sqrt[4]{\frac{a^2}{4(a+b)(a+c)}}+\sqrt[4]{\frac{b^2}{4(b+c)(b+a)}}+\sqrt[4]{\frac{c^2}{4(c+a)(c+b)}}(*)\)

Tiếp tục áp dụng AM-GM:

\(\sqrt[4]{\frac{a^2}{4(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\)

\(\sqrt[4]{\frac{b^2}{4(b+c)(b+a)}}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\)

\(\sqrt[4]{\frac{c^2}{4(c+a)(c+b)}}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\)

Cộng theo vế kết hợp với $(*)$

\(\Rightarrow A\leq \frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}+6.\frac{1}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow A\leq \frac{1}{4}.6=\frac{3}{2}\)

Vậy \(A_{\max}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c\)

Bình luận (0)
tthnew
4 tháng 9 2019 lúc 7:19

\(a=b=c\rightarrow P=\frac{3}{2}\). Ta se c/m do la gtln của P. Thật vậy:

\(\frac{1}{2}P=\sqrt{\frac{1}{4}.\frac{a}{b+c+2a}}+...\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}+\frac{a}{b+c+2a}+\frac{1}{4}+\frac{b}{c+a+2b}+\frac{1}{4}+\frac{c}{a+b+2c}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}+\frac{a}{\left(b+a\right)+\left(c+a\right)}+\frac{b}{\left(c+b\right)+\left(b+a\right)}+\frac{c}{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}\right)\)

\(\le\frac{1}{2}\left[\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)\right]=\frac{3}{4}\)

Do đó \(P\le\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Bình luận (0)
Lê Thị Vân Anh
Xem chi tiết
Akai Haruma
20 tháng 1 2018 lúc 18:07

Lời giải:

Ta có:

\(A=x^3-3x^2+x+2=x^2(x-2)-x(x-2)-(x-2)\)

\(A=(x-2)(x^2-x-1)\)

Xét TH \(x^2-x-1<0\Leftrightarrow 4x^2-4x-4<0\)

\(\Leftrightarrow (2x-1)^2-5<0\)

\(\Leftrightarrow (2x-1)^2<5<9\)

\(\Leftrightarrow -3< 2x-1< 3\Leftrightarrow -1< x< 2\)

Thử \(x=0; 1\) có \(x=1\) thỏa mãn.

Xét TH \(x^2-x-1\geq 0\Rightarrow x-2\geq 0\)

Gọi $d$ là ước chung lớn nhất giữa \((x-2, x^2-x-1)\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x-2\vdots d\rightarrow (x-2)(x+1)\vdots d\\ x^2-x-1\vdots d\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow (x^2-x-2)-(x^2-x-1)\vdots d\)

\(\Leftrightarrow 1\vdots d\Rightarrow d=1\)

Do đó $x-2, x^2-x-1$ nguyên tố cùng nhau. Do đó để A là số chính phương thì bản thân $x-2$ và $x^2-x-1$ là số chính phương

Đặt \(\left\{\begin{matrix} x-2=a^2\\ x^2-x-1=b^2\end{matrix}\right.\)

Xét \(x^2-x-1=b^2\) với \(b\in\mathbb{Z}\). Ta có thể coi \(b\geq 0\)

\(\Rightarrow 4x^2-4x-4=(2b)^2\)

\(\Leftrightarrow (2x-1)^2-5=(2b)^2\)

\(\Leftrightarrow 5=(2x-1-2b)(2x-1+2b)\)

Vì \(2x-1-2b\leq 2x-1+2b\) nên xét các TH sau:

TH1: \(\left\{\begin{matrix} 2x-1-2b=1\\ 2x-1+2b=5\end{matrix}\right.\Rightarrow 4x-2=6\Rightarrow x=2\) (thỏa mãn)

TH2: \(\left\{\begin{matrix} 2x-1-2b=-5\\ 2x-1+2b=-1\end{matrix}\right.\Rightarrow 4x-2=-6\Rightarrow x=-1\) (vô lý vì \(x-2\geq 0\) )

Vậy \(x\in\left\{1; 2\right\}\)

 

 

 

 

 

Bình luận (0)
Love Math
Xem chi tiết
Hung nguyen
6 tháng 10 2017 lúc 10:04

Ta có:

\(\sqrt{6}+\sqrt[3]{6}< \sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}< \sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{9}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{8}}}\)

\(\Leftrightarrow4< \sqrt{6}+\sqrt[3]{6}< \sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}< 3+2\)

\(\Leftrightarrow4< \sqrt{6+\sqrt{6+...+\sqrt{6}}}+\sqrt[3]{6+\sqrt[3]{6+...+\sqrt[3]{6}}}< 5\)

Bình luận (1)
#MayBayGiay
Xem chi tiết
Tuyển Trần Thị
29 tháng 12 2017 lúc 13:22

https://diendantoanhoc.net/topic/179009-sumsqrtxy-4sqrtxsqrty2/

Bình luận (0)
Dương Hạ Chi
1 tháng 1 2018 lúc 9:54

26056027_172564803492413_353414448429400

Bình luận (0)
Nguyễn Thị Mỹ Lệ
Xem chi tiết
Vũ Tiền Châu
Xem chi tiết
Neet
15 tháng 11 2017 lúc 20:07

A B C D E F I S A B C D E H.b

Dễ dàng chứng minh IC,IA,IB lần lượt vuông góc với DE,EF,DF

nên \(DE=2DS=2CD.\sin\dfrac{C}{2}=\left(a+b-c\right).\sin\dfrac{C}{2}\)

tương tự với EF và DF,ta cần chứng minh :

\(\sum\dfrac{\left(a+b-c\right).\sin\dfrac{C}{2}}{\sqrt{ab}}\le\dfrac{3}{2}\)

có bổ đề :\(\sin\dfrac{A}{2}\le\dfrac{a}{b+c}\) ( H.b)( tự chứng minh)

nên BĐT cần chứng minh : \(\sum\dfrac{\left(a+b-c\right).c}{\left(a+b\right)\sqrt{ab}}\le\dfrac{3}{2}\)

AM-GM: \(\left(a+b\right)\sqrt{ab}\ge2\sqrt{ab}.\sqrt{ab}=2ab\)

Tương tự: \(VT\le\sum\dfrac{\left(a+b-c\right)c}{2ab}=\dfrac{\sum ab\left(a+b\right)-\sum a^3}{2abc}\)

Áp dụng BĐT schur: \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

( cm : \(\Leftrightarrow\sum a\left(a-b\right)\left(a-c\right)\ge0\) và ta có thể giả sử \(a\ge b\ge c\)...Google để chi tiết )

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{3abc}{2abc}=\dfrac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c.( a,b,c>0)

P/s: để ý rằng \(\sum\dfrac{\left(a+b-c\right)c^2}{2abc}=\sum\dfrac{\left(b^2+c^2-a^2\right)a}{2abc}=\sum\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\sum\cos A\)

Bình luận (0)
Tiểu Bảo Bảo
Xem chi tiết
Hung nguyen
15 tháng 11 2017 lúc 9:38

Điều kiện: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge\dfrac{3}{4}\\y\ge\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x\sqrt{y}+y\sqrt{x}=3\sqrt{4y-3}\left(1\right)\\2y\sqrt{x}+x\sqrt{y}=3\sqrt{4x-3}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy (1) - (2) ta được

\(x\sqrt{y}-y\sqrt{x}+3\left(\sqrt{4x-3}-\sqrt{4y-3}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)+\dfrac{12\left(x-y\right)}{\sqrt{4x-3}+\sqrt{4y-3}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{xy}+\dfrac{12\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}{\sqrt{4x-3}+\sqrt{4y-3}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=y\)

\(\Rightarrow x\sqrt{x}=\sqrt{4x-3}\)

\(\Leftrightarrow x^3=4x-3\)

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

Tới đây bí gianroi

Bình luận (1)
Hà Linh
15 tháng 11 2017 lúc 10:33

ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge\dfrac{3}{4}\\y\ge\dfrac{3}{4}\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}2x\sqrt{y}+y\sqrt{x}=3\sqrt{4y-3}\left(1\right)\\2y\sqrt{x}+x\sqrt{y}=3\sqrt{4x-3}\left(2\right)\end{matrix}\right.\)

Lấy \(\left(1\right)-\left(2\right)\) theo từng vế:

\(2x\sqrt{y}+y\sqrt{x}-2y\sqrt{x}-x\sqrt{y}=3\sqrt{4y-3}-3\sqrt{4x-3}\)

\(x\sqrt{y}-y\sqrt{x}-3\left(\sqrt{4y-3}-\sqrt{4x-3}\right)=0\)

\(\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)+\dfrac{12\left(x-y\right)}{\sqrt{4x-3}+\sqrt{4y-3}}=0\)

\(\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\left(\sqrt{xy}+\dfrac{12\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}{\sqrt{4x-3}-\sqrt{4y-3}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=y\)

\(\Rightarrow x\sqrt{x}=\sqrt{4x-3}\)

\(\Rightarrow x^3=4x-3\)

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

Dễ thấy: \(x^2+x+3=x^2+2x.\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{11}{4}\)

\(=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{11}{4}>0\forall x\)

\(\Rightarrow x=1\)

\(\Rightarrow y=1\)

Bình luận (1)
fordranger
15 tháng 11 2017 lúc 11:44

a picece of cake

Bình luận (0)
Vũ Tiền Châu
Xem chi tiết
Lightning Farron
31 tháng 10 2017 lúc 12:12

Guể :v t nhớ làm bài này rồi mà :v

Đặt \(x=\dfrac{bc}{a^2};y=\dfrac{ac}{b^2};z=\dfrac{ab}{c^2}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}abc=1\\a,b,c>0\end{matrix}\right.\)

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{a^4}{b^2c^2+a^2bc+a^4}+\dfrac{b^4}{a^2c^2+ab^2c+b^4}+\dfrac{c^4}{a^2b^2+abc^2+c^4}\ge1\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{b^2c^2+a^2bc+a^2c^2+ab^2c+a^2b^2+abc^2+a^4+b^4+c^4}\)

Cần chứng minh \(\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{b^2c^2+a^2bc+a^2c^2+ab^2c+a^2b^2+abc^2+a^4+b^4+c^4}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge b^2c^2+a^2bc+a^2c^2+ab^2c+a^2b^2+abc^2+a^4+b^4+c^4\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)\ge b^2c^2+a^2bc+a^2c^2+ab^2c+a^2b^2+abc^2+a^4+b^4+c^4\)

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

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge abc\left(a+b+c\right)\) *Đúng theo AM-GM*

Bình luận (2)