2)đk: x>=0 \(\frac{x+8}{\sqrt{x}+1}=\frac{x-1+9}{\sqrt{x}+1}=\frac{\left(\sqrt{x}-1\left(\sqrt{x}+1\right)\right)}{\sqrt{x}+1}+\frac{9}{\sqrt{x}+1}=\sqrt{x}-1+\frac{9}{\sqrt{x}+1}=\sqrt{x}+1+\frac{9}{\sqrt{x}+1}-2\)

\(x\ge0\Leftrightarrow\sqrt{x}\ge0\Rightarrow\sqrt{x}+1>0;\frac{9}{\sqrt{x}+1}>0\). áp dụng bđt cosi cho 2 số dương \(\sqrt{x}+1;\frac{9}{\sqrt{x}+1}\) ta có:

\(\sqrt{x}+1+\frac{9}{\sqrt{x}+1}\ge2\sqrt{9}=6\Leftrightarrow\sqrt{x}+1+\frac{9}{\sqrt{x}+1}-2\ge6-2=4\)=> Min =4 <=> x=4.

nhớ l i k e

nhận được thông báo thì kéo chuột xuống xem bài giải của t ở phần duyệt bài nhé

Nhỏ nhất hay lớn nhất

Sorry, tìm GTLN

hỏi j khó vậy

Sửa VP = \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác

=> a, b, c > 0

Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)( cái này bạn tự chứng minh nhé ) ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{a+b-c+a+c-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\)

TT : \(\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+c-b+b+c-a}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\)

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\)

Cộng theo vế ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\)

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{b+c-a}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)( đpcm )

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c

Sử dụng liên tiếp 2 lần bất đẳng thức AM-GM ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge2\sqrt[2]{\frac{1}{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}}\)

\(=\frac{2}{\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}}\ge\frac{2}{\frac{a+b-c+b+c-a}{2}}=\frac{2}{\frac{2b}{2}}=\frac{2}{b}\)

Bằng phương pháp chứng minh tương tự ta thu được : 

\(\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{2}{c};\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{a}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được : \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\)

\(< =>2\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(< =>\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

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

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ta có:\(P=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+c^2+\frac{1}{c^2}\)

\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\)(bđt cauchy-schwarz)

\(P\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{81}+\frac{9}{a^2+b^2+c^2}+\frac{80\left(a^2+b^2+c^2\right)}{81}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{2}{3}+\frac{80\left(a^2+b^2+c^2\right)}{81}\left(AM-GM\right)\)

Sử dụng đánh giá quen thuộc:\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=27\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{2}{3}+\frac{80\cdot27}{81}=\frac{82}{3}\)

"="<=>a=b=c=3

Từ a³ + b³ + c³ = 3abc

<=> (a + b)(a² - ab + b²) + c³ - 3abc = 0

<=> (a + b)³ + c³ - 3ab(a + b) - 3abc = 0

<=> (a + b + c)(a² + 2ab + b² - ac - bc + c²) - 3ab(a + b + c) = 0

<=> (a + b + c)(a² + b² + c² - ab - ac - bc) = 0

<=> \(\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\left(loại\right)\\a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=0\end{cases}}\)

<=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2ac - 2bc = 0

<=> (a - b)² + (b - c)² + (c - a)² = 0

<=> a = b = c

=> tam giác đó là tam giác đều

b) Áp dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

CM đúng (tự cm tđ)

Ta có: \(\frac{1}{x^2+2yz}+\frac{1}{y^2+2xz}+\frac{1}{z^2+2xy}\ge\frac{9}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}=\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}=9\)(vì x + y + z = 1)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1/3

a) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác => a, b, c > 0

Ta có : a³ + b³ + c³ = 3abc

<=> a³ + b³ + c³ - 3abc = 0

<=> ( a + b )³ - 3ab( a + b ) + c³ - 3abc = 0

<=> [ ( a + b )³ + c³ ] - [ 3ab( a + b ) + 3abc ] = 0

<=> ( a + b + c )( a² + b² + c² + 2ab - ac - bc ) - 3ab( a + b + c ) = 0

<=> ( a + b + c )( a² + b² + c² - ab - ac - bc ) = 0

<=> \(\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=0\end{cases}}\)

Dễ thấy không thể xảy ra trường hợp a + b + c = 0 vì a, b, c > 0 

Xét TH còn lại ta có :

a² + b² + c² - ab - ac - bc = 0

<=> 2(a² + b² + c² - ab - ac - bc) = 2.0

<=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2ac - 2bc = 0

<=> ( a² - 2ab + b² ) + ( b² - 2bc + c² ) + ( c² - 2ac + a² ) = 0

<=> ( a - b )² + ( b - c )² + ( c - a )² = 0 (*)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\\\left(b-c\right)^2\\\left(c-a\right)^2\end{cases}}\ge0\forall a,b,c\Rightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)

=> Tam giác đó là tam giác đều ( đpcm )

b) Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(VT\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}=\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}=\frac{9}{1}=9\)( do GT x + y + z = 1 )

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1/3

Đây là đường link dẫn đến câu trả lời(Nhấn vào đây)