ĐKXĐ : \(x\ge1\)

\(\sqrt{x+2\sqrt{x-1}}-\sqrt{x-2\sqrt{x-1}}=\sqrt{\left(\sqrt{x-1}+1\right)^2}-\sqrt{\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2}\)

\(=\sqrt{x-1}+1-\left|\sqrt{x-1}-1\right|\)

Xét các trường hợp : 

1. Nếu \(1\le x\le2\)thì \(\sqrt{x-1}+1-\left|\sqrt{x-1}-1\right|=\sqrt{x-1}+1-\left(1-\sqrt{x-1}\right)=2\sqrt{x-1}\le2\)

2. Nếu \(x>2\) thì 

\(\sqrt{x-1}+1-\left|\sqrt{x-1}-1\right|=\sqrt{x-1}+1-\sqrt{x-1}+1=2\)

Gộp hai trường hợp có đpcm.

Liệu còn cách nào khác nữa ko bạn???

\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2-2xy\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy\ge4xy\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow1\ge4xy\Leftrightarrow xy\le\frac{1}{4}\)(1)

\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge2\Leftrightarrow x+y\ge\sqrt{2}\)

Từ phần a ta có \(x+y\le\sqrt{2}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(VT^2=\left(\sqrt{2x+1}+\sqrt{2y+1}\right)^2\)

\(\le\left(1+1\right)\left(2\left(x+y\right)+2\right)\)

\(=2\cdot\left(2\left(x+y\right)+2\right)\le2\cdot\left(2\sqrt{2}+2\right)\)

\(=4\sqrt{2}+4=VP^2\)

Suy ra \(VT\ge VP\) (ĐPCM)

\(2\le\sqrt{x}+\sqrt{4-x}\le2\sqrt{2}\) (1) (ĐK: \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge0\\4-x\ge0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow0\le x\le4\))

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\le\sqrt{x}+\sqrt{4-x}\\\sqrt{x}+\sqrt{4-x}\le2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\) (\(0\le x\le4\))

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4\le4+2\sqrt{x\left(4-x\right)}\\4+2\sqrt{x\left(4-x\right)}\le8\end{matrix}\right.\) (\(0\le x\le4\))

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2\sqrt{x\left(4-x\right)}\ge0\\\sqrt{x\left(4-x\right)}\le2\end{matrix}\right.\)(\(0\le x\le4\))

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\left(4-x\right)\le4\\0\le x\le4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-2\right)^2\ge0\\0\le x\le4\end{matrix}\right.\) (đpcm)

đkxđ:\(\left[ \begin{array}{l}x \geq 2\\x \leq -1\end{array} \right.\) 

`bpt<=>\sqrt{x-1}(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}-2\sqrtx)<=0`

Vì `\sqrt{x-1}>=1>0`

`=>\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}-2\sqrtx<=0`

`<=>\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}<=2\sqrtx`

BP 2 vế

`=>2x+2\sqrt{x^2-1}<=4x`

`<=>>\sqrt{x^2-1}<=x`

`<=>x^2-1<=x^2`(luôn đúng)

Vậy với \(\left[ \begin{array}{l}x \geq 2\\x \leq -1\end{array} \right.\)  thì.......

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

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

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

ĐKXĐ:\(-1\le x\le1\)

Khi đó bình phương hai vế của bpt ta có:

\(2x+2\sqrt{x^2-x^2+1}\le4\Leftrightarrow x\le1\)

Kết hợp vs đkxđ ta được:\(-1\le x\le1\)

ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]