Bài 1: Căn bậc hai

Lời giải:

Đặt $\sqrt{4-a^2}=x; \sqrt{4-b^2}=y; \sqrt{4-c^2}=z$ thì bài toán trở thành:

Cho $x,y,z\in [0;2]$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=6$. Tìm min: $P=x+y+z$

-------------------

Ta có: $P^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)=6+2(xy+yz+xz)$

Vì $x,y,z\in [0;2]$ nên:

$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 0\Leftrightarrow 2(xy+yz+xz)\geq xyz+4(x+y+z)-8\geq 4(x+y+z)-8=4P-8$

Vậy $P^2=6+2(xy+yz+xz)\geq 6+4P-8$

$\Leftrightarrow P^2-4P+2\geq 0$

$\Leftrightarrow (P-2)^2\geq 2\Rightarrow P\geq 2+\sqrt{2}$.

Vậy $P_{\min}=2+\sqrt{2}$.

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(0,2,\sqrt{2})$ và hoán vị

Lời giải:

PT $\Leftrightarrow \sqrt{x+y+3}=\sqrt{x}+\sqrt{y}-1$

$\Rightarrow x+y+3=(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)^2$

$\Leftrightarrow x+y+3=x+y+1-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}-\sqrt{xy})$

$\Leftrightarrow 1+\sqrt{x}+\sqrt{y}-\sqrt{xy}=0(*)$

$\Rightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y})^2=(\sqrt{xy}-1)^2$

$\Rightarrow 4\sqrt{xy}=xy+1-x-y\in\mathbb{Z}$

Ta có nhận xét sau: Với số không âm $a$ bất kỳ thì khi $\sqrt{a}$ là số hữu tỉ thì $\sqrt{a}$ cũng là số chính phương.

Do đó: $\sqrt{xy}$ là scp

Kết hợp $(*)$ suy ra $\sqrt{x}+\sqrt{y}\in\mathbb{Z}$

$\sqrt{x}(\sqrt{x}+\sqrt{y})=x+\sqrt{xy}\in\mathbb{Z}$

$\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{x+\sqrt{xy}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\in\mathbb{Q}$

$\Rightarrow \sqrt{x}$ là scp. Kéo theo $\sqrt{y}$ là scp.

Từ $(*)$ ta cũng có $(\sqrt{x}-1)(1-\sqrt{y})=-2$

Đến đây thì với $\sqrt{x}, \sqrt{y}\in\mathbb{Z}$ ta có pt tích khá đơn giản.

Lời giải:

Xét \(1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}=(1+\frac{1}{n})^2-\frac{2}{n}+\frac{1}{(n+1)^2}\)

\(=\left(\frac{n+1}{n}\right)^2+\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{2}{n}\)

\(=\left(\frac{n+1}{n}\right)^2+\frac{1}{(n+1)^2}-2.\frac{n+1}{n}.\frac{1}{n+1}\)

\(=\left(\frac{n+1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)^2=\left(1+\frac{1}{n(n+1)}\right)^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}}=1+\frac{1}{n(n+1)}\)

Do đó:

\(A=1+\frac{1}{1.2}+1+\frac{1}{2.3}+...+1+\frac{1}{2018.2019}\)

\(=2018+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{2018.2019}\)

\(=2018+\frac{2-1}{1.2}+\frac{3-2}{2.3}+...+\frac{2019-2018}{2018.2019}=2018+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}\)

\(=2019-\frac{1}{2019}\)

co cong thuc \(\sqrt{\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2}}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{a+1}\) ban tu chung minh nha

Lời giải:

ĐKXĐ: \(x\geq 3\) hoặc \(x\leq -5\)

Nhân cả 2 vế với $\sqrt{2}$ ta có:

\(\sqrt{2x^2+6x+4}+\sqrt{2x^2+4x-30}=2\sqrt{2x^2-9x+9}\)

\(\Rightarrow (\sqrt{2x^2+6x+4}-\sqrt{2x^2-9x+9})+(\sqrt{2x^2+4x-30}-\sqrt{2x^2-9x+9})=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(2x^2+6x+2)-(2x^2-9x+9)}{\sqrt{2x^2+6x+4}+\sqrt{2x^2-9x+9}}+\frac{(2x^2+4x-30)-(2x^2-9x+9)}{\sqrt{2x^2+4x-30}+\sqrt{2x^2-9x+9}}=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{15x-5}{\sqrt{2x^2+6x+4}+\sqrt{2x^2-9x+9}}+\frac{13x-39}{\sqrt{2x^2+4x-30}+\sqrt{2x^2-9x+9}}=0(*)\)

Nếu \(x\geq 3\): Thấy rằng phân thức thứ nhất lớn hơn $0$ do \(x\geq 3\), phân thức thứ 2 lớn hơn hoặc bằng $0$ do \(x\geq 0\), do đó tổng của chúng phải lớn hơn $0$

Nếu \(x\leq -5\): Ta thấy cả 2 phân thức đều âm nên tổng của chúng phải nhỏ hơn $0$

Tức là $(*)$ vô nghiệm

Vậy pt vô nghiệm.

Bác Akai Haruma làm sai rồi. Làm lại đi bác. Nó sai từ điều kiện xác định dẫn đến sai bài toán. Chia thêm trường hợp nữa mới đủ. Thiếu mất trường hợp rồi.

Thực ra \(\sqrt{x^2+3x+1}\) cũng không như vậy , đều ra vô nghiệm cả, chẳng qua nhìn xấu mắt hơn thôi.

Lời giải:

a) Ta thấy: \(a+b-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0, \forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a+b\geq 2\sqrt{ab}>0\Rightarrow \frac{1}{a+b}\le \frac{1}{2\sqrt{ab}}\).

Vì $a> b$ nên dấu bằng không xảy ra . Tức \(\frac{1}{a+b}< \frac{1}{2\sqrt{ab}}\)

Ta có đpcm

b)

Áp dụng kết quả phần a:

\(\frac{1}{3}=\frac{1}{1+2}< \frac{1}{2\sqrt{2.1}}\)

\(\frac{1}{5}=\frac{1}{3+2}< \frac{1}{2\sqrt{2.3}}\)

\(\frac{1}{7}=\frac{1}{4+3}< \frac{1}{2\sqrt{4.3}}\)

.....

\(\frac{1}{4021}=\frac{1}{2011+2010}< \frac{1}{2\sqrt{2011.2010}}\)

Do đó:

\(\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{3}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{5}+...+\frac{\sqrt{2011}-\sqrt{2010}}{4021}\)

\(< \frac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{2\sqrt{2.1}}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2\sqrt{3.2}}+\frac{\sqrt{4}-\sqrt{3}}{2\sqrt{4.3}}+....+\frac{\sqrt{2011}-\sqrt{2010}}{2\sqrt{2011.2010}}\)

\(=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{2\sqrt{2010}}-\frac{1}{2\sqrt{2011}}\)

\(=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{2011}}< \frac{1}{2}\) (đpcm)

a) Có \(\sqrt{25}=5;\sqrt{45}< \sqrt{49}=7\)

\(\Rightarrow\sqrt{25}+\sqrt{45}< 5+7=12\)

Vậy \(\sqrt{25}+\sqrt{45}< 12.\)

b) có \(\left(\sqrt{2013}+\sqrt{2015}\right)^2=2013+2015+2\sqrt{2013}.\sqrt{2015}\)\(=4028+2\sqrt{2013.2015}\)

\(\left(2\sqrt{2014}\right)^2=4.2014=4028+2.2014=4028+2\sqrt{2014^2}\)

Xét \(2014^2-2013.2015=2014.\left(2013+1\right)-2013\left(2014+1\right)\)

\(=2013.2014+2014-2013.2014-2013=1>0\)

\(\Rightarrow2\sqrt{2013.2015}< 2\sqrt{2014^2}\)

Hay \(\left(\sqrt{2013}+\sqrt{2015}\right)^2< \left(2\sqrt{2014}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{2013}+\sqrt{2015}< 2\sqrt{2014}\)
Vậy \(\sqrt{2013}+\sqrt{2015}< 2\sqrt{2014}.\)

c) Có \(\left(\sqrt{2014}-\sqrt{2013}\right)\left(\sqrt{2014}+\sqrt{2013}\right)=2014-2013=1\)\(\rightarrow\sqrt{2014}-\sqrt{2013}=\dfrac{1}{\sqrt{2014}+\sqrt{2013}}\)

Mà \(\sqrt{2014}>\sqrt{2013};\sqrt{2013}>\sqrt{2012}\)

\(\rightarrow\sqrt{2014}+\sqrt{2013}>\sqrt{2013}+\sqrt{2012}\)

Hay \(\dfrac{1}{\sqrt{2014}+\sqrt{2013}}< \dfrac{1}{\sqrt{2013}+\sqrt{2012}}\)

Tương tự, ta có \(\dfrac{1}{\sqrt{2013}+\sqrt{2012}}=\sqrt{2013}-\sqrt{2012}\)

\(\Rightarrow\sqrt{2014}-\sqrt{2013}< \sqrt{2013}-\sqrt{2012}\)

Vậy \(\sqrt{2014}-\sqrt{2013}< \sqrt{2013}-\sqrt{2012}.\)

lop8. thi ap bdt nhu thanh song,

a)

VT=√25+√45<√2(25+45)=√140<√144=12=VP

b)

VT=√2013+√2015<√[2(2013+2015)]=√[4.2014]=2√(2014)=VP.

c) C=VT-VP

√2014+√2012-2√2012

kq(b)=> C<0

VT<VP

Vì x là số nguyên

\(\Rightarrow x+\dfrac{1}{4}\)không phải số nguyên

\(\Rightarrow\sqrt{x+\dfrac{1}{4}}\)không phải số nguyên

\(\Rightarrow\sqrt{x+\dfrac{1}{2}\sqrt{x+\dfrac{1}{4}}}\)không phải số nguyên

Mà \(y-x\)là số nguyên

Vậy pt vô nghiệm nguyên

Xem lại đề đi b. Đề thế này rút nó không gọn

Bài 2:

\(hpt\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x^2+2x\right)+\left(y^2+2y\right)=6\\\left(x^2+2x\right)\left(y^2+2y\right)=9\end{matrix}\right.\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=a\\y^2+2y=b\end{matrix}\right.\) thì:\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=6\\ab=9\end{matrix}\right.\)

Từ \(a+b=6\Rightarrow a=6-b\) thay vào \(ab=9\)

\(b\left(6-b\right)=9\Rightarrow-b^2+6b-9=0\)

\(\Rightarrow-\left(b-3\right)^2=0\Rightarrow b-3=0\Rightarrow b=3\)

Lại có: \(a=6-b=6-3=3\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+2x=3\\y^2+2y=3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x+3\right)=0\\\left(y-1\right)\left(y+3\right)=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=1\\y=-3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Bài 3:

\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\dfrac{b+c}{4}}\)\(=2\sqrt{\dfrac{1}{4a^2}}=\dfrac{1}{a}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:

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

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(\Rightarrow VT+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow VT+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\)

\(\Rightarrow VT+\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}\ge\dfrac{9}{3\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow VT+\dfrac{3}{2}\ge3\left(abc=1\right)\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}\). Tức là \(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Làm cho hoàn thiện luôn nè

1)ĐK:x>0

pt trở thành: x²+1+3x\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=10x

<=>\(\dfrac{x^2+1}{x}\)+3\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=10(*)

đặt y=\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)(y>0)

(*)<=>y²+3y-10=0

<=>(y+5)(y-2)=0

<=>\(\left[{}\begin{matrix}y=-5\\y=2\end{matrix}\right.\)

vậy y =2(y>0)

<=>\(\sqrt{\dfrac{x^2+1}{x}}\)=2<=>x²+1=4x

<=>x²-4x+1=0<=>\(\left[{}\begin{matrix}x=\sqrt{3}+2\\x=2-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

3) điều phải cm<=>\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)đặt x=\(\dfrac{1}{a}\);y=\(\dfrac{1}{b}\);z=\(\dfrac{1}{c}\)

P<=>\(\dfrac{x^2yz}{y+z}+\dfrac{xy^2z}{x+z}+\dfrac{xyz^2}{x+y}\)

=\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)(xyz=1)

đến đây ta có bất đẳng thức quen thuộc trên

A=\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\)

A+3=\(\dfrac{x+y+z}{y+z}+\dfrac{x+y+z}{x+z}+\dfrac{x+y+z}{x+y}\)

=(x+y+z)(\(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{x+z}+\dfrac{1}{x+y}\))(**)

đặt m=x+y;n=y+z;p=x+z

(**)<=>\(\dfrac{m+n+p}{2}\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{p}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)(điều suy ra được từ bất đẳng thức cô-si cho 3 số)

=>A\(\ge\)\(\dfrac{3}{2}\)

=>P\(\ge\)\(\dfrac{3}{2}\)

bài BĐT nhóm 2 ra chuyển sa VP là thành đề JBMO nào đó ko nhớ :v