Chương I - Căn bậc hai. Căn bậc ba

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}}{1+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}}+\dfrac{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b^2}}{1+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b^2}}+\dfrac{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c^2}}{1+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c^2}}\le2\)

Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(n,h,t\right)\) thì ta có :

\(\Leftrightarrow\dfrac{n+n^2}{1+n+n^2}+\dfrac{h+h^2}{1+h+h^2}+\dfrac{t+t^2}{1+t+t^2}\le2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{1+n+n^2}+\dfrac{1}{1+h+h^2}+\dfrac{1}{1+t+t^2}\ge1\)

Đặt \(n=\dfrac{yz}{x^2};h=\dfrac{xz}{y^2};t=\dfrac{xy}{z^2}\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\xyz=1\end{matrix}\right.\)

Và \(\dfrac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}+\dfrac{y^4}{y^4+xy^2z+x^2z^2}+\dfrac{z^4}{z^4+xyz^2+x^2y^2}\ge1\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\)

Cần cm \(\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)

\(\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4+2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\ge x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x^2y^2+y^2z^2=y^2\left(x^2+z^2\right)\ge2xy^2z\)

Tương tự rồi cộng theo vế ta có \(\left(1\right)\) đúng

Khi \(a=b=c=1\)

Sửa đề\(VP\le 2\) sau đó nó chính là 1 dạng của BĐT Vasc k cần thêm j cả :">

mấy bác hộ em nốt nhé

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow VT\ge3\sqrt[3]{\left[\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\right]^4}\)

\(\Rightarrow VT\ge3\left(\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}}\right)^4\) (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\\\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^2b^2c^2}}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}\ge1+3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}+3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^2b^2c^2}}+\dfrac{1}{abc}\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}\ge\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\)

\(\Rightarrow3\left(\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^4\) (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\sqrt[3]{abc}\le\dfrac{abc+1+1}{3}=\dfrac{abc+2}{3}\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\ge1+\dfrac{3}{abc+2}\)

\(\Rightarrow3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{abc+2}\right)^4\) (3)

Từ (1) và (2) và (3)

\(\Rightarrow VT\ge3\left(1+\dfrac{3}{abc+2}\right)^4\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{abc+2}\right)^4\) ( đpcm )

SOS cho khỏe hihi :">

Dự đoán khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\) thì tìm dc \(A=2\)

Ta c/m \(A=2 \) là MAX.Tức là chứng minh BĐT

\(6(a+b+c)(ab+ac+bc)+\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2abc)\leq2(a+b+c)^3\)

\(\Leftrightarrow 6\sum_{cyc}(a^2b+a^2c+abc)+\sum_{cyc}(a^2b+a^2c-2abc)\leq2\sum_{cyc}(a^3+3a^2b+3a^2c+2abc)\)

\(\Leftrightarrow \sum_{cyc}(2a^3-a^2b-a^2c)\geq0\Leftrightarrow \sum_{cyc}(a^3-a^2b-ab^2+b^3)\geq0\)

\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}(a-b)^2(a+b)\ge0\)

*Để ý dùm tui nhé tối là hay ngáo lắm :)*

\(A=\sqrt{\dfrac{x^2}{x^2+\dfrac{1}{4}xy+y^2}}+\sqrt{\dfrac{y^2}{y^2+\dfrac{1}{4}yz+z^2}}+\sqrt{\dfrac{z^2}{z^2+\dfrac{1}{4}zx+x^2}}\le2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{y}{4x}+\dfrac{y^2}{x^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{z}{4y}+\dfrac{z^2}{y^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{4z}+\dfrac{x^2}{z^2}}}\le2\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y}{x}=a\\\dfrac{z}{y}=b\\\dfrac{x}{z}=c\end{matrix}\right.\) thì bài toán thành

Chứng minh: \(A=\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le1\) với \(abc=1\)

Thử giải bài toán mới này xem sao bác.

*C/m bài toán mới của HUngnguyen

Ta có BĐT phụ \(\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}\le\dfrac{a+1}{2\left(a^2+a+1\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\left(4a^2+a+4\right)\ge4\left(a^2+a+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}\le\dfrac{b+1}{2\left(b^2+b+1\right)};\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le\dfrac{c+1}{2\left(c^2+c+1\right)}\)

CỘng theo vế 3 BĐT trên ta có;

\(VT\le1=VP\) * Chỗ này tự giải chi tiết ra nhé, giờ bận rồi*

Bài này công kềnh vậy thôi thực ra nhìn cái là ra nó là hệ quả của BĐT Vasc của cụ Vasile Bat dang thuc Vasc.pdf

Ta có:

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

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

Áp dụng AM-GM:

\(\dfrac{2ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge2\sqrt{2}\)

Do đó \(VT\ge3+2\sqrt{2}\)

Dấu = xảy ra khi \(\left(a-b\right)^2=2a^2b^2\)

P/s: ăn may

Tìm điểm rơi nó thấy \(min=3+2\sqrt{2}\) cái hết muốn làm.

P/s : Không chắc ....

a) Để \(B\) xác định thì :

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2-2x\ge0\\x-\sqrt{x^2-2x}\ne0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow0< x\le2\)

b) Ta có : \(B=\frac{x+\sqrt{x^2-2x}}{x-\sqrt{x^2-2x}}-\frac{x-\sqrt{x^2-2x}}{x+\sqrt{x^2-2x}}\)

\(=\frac{\left(x+\sqrt{x^2-2x}\right)^2-\left(x-\sqrt{x^2-2x}\right)^2}{\left(x-\sqrt{x^2-2x}\right)\left(x+\sqrt{x^2-2x}\right)}\)

\(=\frac{4x\sqrt{x^2-2x}}{2x}=2\sqrt{x^2-2x}\)

c) Để \(B< 2\Leftrightarrow2\sqrt{x^2-2x}< 2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-2x}< 1\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2< 2\)

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

\(\Leftrightarrow-1< x< 3\) kết hợp với ĐKXĐ

\(\Leftrightarrow\)\(0< x\le2\)

\(x+y+13=2\left(2\sqrt{x}+3\sqrt{y}\right)\)

\(\Leftrightarrow x+y+13-4\sqrt{x}-6\sqrt{y}=0\)

\(\Leftrightarrow x-4\sqrt{x}+4+y-6\sqrt{y}+9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-2\right)^2+\left(\sqrt{y}-3\right)^2=0\)

Xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=2\\\sqrt{y}=3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=4\\y=9\end{matrix}\right.\)

Điều kiện xác định: \(x,y>0\)

\(x+y+13=2\left(2\sqrt{x}+3\sqrt{y}\right)\)

\(\Leftrightarrow x-4\sqrt{x}+4+y-6\sqrt{y}+9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-2\right)^2+\left(\sqrt{y}-3\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(\sqrt{x}-2\right)^2=0\\\left(\sqrt{y}-3\right)^2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-2=0}{\sqrt{y}-3=0}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x=4}{y=9}\)

KL: x = 4, y = 9

Viết mở bài của câu chuyện về cuộc giao chiến của Sơn Tinh và Thuỷ Tinh

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(D^2\le3\left[a+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{12}+\dfrac{\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{4}+\dfrac{\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{4}\right]\)

\(\Rightarrow D^2\le3\left[a+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{12}+\dfrac{6\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{12}\right]\)

\(\Rightarrow D^2\le3\left[a+\dfrac{\left(b-c\right)^2+6\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{12}\right]\)

Ta sẽ C/m \(\dfrac{\left(b-c\right)^2+6\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{12}\le b+c\) (1)

Thật vậy \(\dfrac{\left(b-c\right)^2+6\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{12}\le b+c\)

\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2+6\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\le12\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2+6b+6c+12\sqrt{bc}\le12\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\le6\left(b+c\right)-12\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\le6\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left(6-\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\right)\ge0\) (2)

Ta có: \(\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\le2\left(b+c\right)< 2\left(a+b+c\right)=6\)

Do đó (2) đúng nên (1) đúng

\(\Rightarrow D^2\le3\left(a+b+c\right)=9\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Vậy max \(D=3\)

Trước tiên ta chứng minh:

\(\left(b-c\right)^2\le6\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left(6-\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\right)\ge0\) (đúng)

Áp dụng vào bài toán ta được:

\(D\le\sqrt{a+\dfrac{6\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2}{12}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

\(=\sqrt{a+\dfrac{b+c-2\sqrt{bc}}{2}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

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

\(=\sqrt{3+\dfrac{1}{2}-\left(\dfrac{\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2}\)

\(\le\sqrt{3+\dfrac{1}{2}}=\sqrt{\dfrac{7}{2}}\)

Dấu = xảy ra khi: \(\left\{{}\begin{matrix}b=c\\\sqrt{b}+\sqrt{c}=1\\a+b+c=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2,5\\b=c=0,25\end{matrix}\right.\)

PS: Bài giải đây nhé Ace Legona

Tối qua thấy bài này rồi mà giờ cũng chưa ai làm nhỉ?