Cm cái gì vậy bn. Thiếu đề òi

chứng minh \(\ge\)\(\sqrt{5}\)^, mk viết thiếu mất nha

*Nháp: Bài này sẽ dùng phương pháp cân bằng hệ số

Ta cần tách cái trong căn ra thành 1 tổng bình phương cộng vs 1 hiệu bình phương , cụ thể thế nào thì xem nhé

Ta cần : \(2x^2+xy+2y^2=a\left(x+y\right)^2+b\left(x-y\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2x^2+xy+2y^2=x^2\left(a+b\right)+xy\left(2a-2b\right)+y^2\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=2\\2a-2b=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{5}{4}\\b=\frac{3}{4}\end{cases}}}\)

Khi đó \(2x^2+xy+2y^2=\frac{5}{4}\left(x+y\right)^2+\frac{3}{4}\left(x-y\right)^2\)

Đó là phương pháp chung cho dạng bài kiểu này

*Trình bày

Có: \(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}=...=\sqrt{\frac{5}{4}\left(x+y\right)^2+\frac{3}{4}\left(x-y\right)^2}\ge\sqrt{\frac{5}{4}\left(x+y\right)^2}=\sqrt{5}.\frac{x+y}{2}\)

Tương tự \(\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\sqrt{5}.\frac{y+z}{2}\)

                 \(\sqrt{2z^2+xz+2x^2}\ge\sqrt{5}.\frac{z+x}{2}\)

Cộng 3 vế của bđt lại ta đc \(VT\ge\sqrt{5}\left(x+y+z\right)=\sqrt{5}\)

Dấu "=" <=> x = y = z = ¹/₃

Có \(\sqrt{\dfrac{xy}{x+y+2z}}=\dfrac{\sqrt{xy}}{\sqrt{x+y+2z}}\)\(=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(x+y+2z\right)}}\)\(\le\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+2\sqrt{z}}\) (theo bunhia dưới mẫu)\(\le\dfrac{2\sqrt{xy}}{4}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\dfrac{1}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{xy}{x+y+2z}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{xy}}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\dfrac{\sqrt{xy}}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}\right)\)

Tương tự cũng có:

\(\sqrt{\dfrac{yz}{y+z+2x}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{yz}}{\sqrt{y}+\sqrt{x}}+\dfrac{\sqrt{yz}}{\sqrt{z}+\sqrt{x}}\right)\)

\(\sqrt{\dfrac{zx}{z+x+2y}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{zx}}{\sqrt{z}+\sqrt{y}}+\dfrac{\sqrt{zx}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\right)\)

Cộng vế với vế ta được:

 \(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{xy}+\sqrt{yz}}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\dfrac{\sqrt{xy}+\sqrt{zx}}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}+\dfrac{\sqrt{yz}+\sqrt{zx}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\right)\)

\(\Leftrightarrow VT\le\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{z}\right)=\dfrac{1}{2}\)

Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{9}\)

hay

Với mọi a;b;c không âm ta có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

Áp dụng:

a.

\(VT\le\sqrt{3\left(x+7+y+7+z+7\right)}=\sqrt{3\left(6+21\right)}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

b.

\(VT\le\sqrt{3\left(3x+2y+3y+2z+3z+2x\right)}=\sqrt{15\left(x+y+z\right)}=\sqrt{15.6}=3\sqrt{10}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

c.

\(VT\le\sqrt{3\left(2x+5+2y+5+2z+5\right)}=\sqrt{3\left(2.6+15\right)}=9\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=2\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\ge0\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le x;y;z\le1\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2\le x\\y^2\le y\\z^2\le z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x^2+x+1\le x^2+2x+1\\2y^2+y+1\le y^2+2y+1\\2z^2+z+1\le z^2+2z+1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P\le\sqrt{\left(x+1\right)^2}+\sqrt{\left(y+1\right)^2}+\sqrt{\left(z+1\right)^2}=x+y+z+3=4\)

\(P_{max}=4\) khi \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị