Câu 3:

a.

Biến đổi biểu thức A ta được:

     \(A=\dfrac{x}{1-x}+\dfrac{5}{x}=\dfrac{x^2-5x+5}{x-x^2}\)

Ta có:

     \(A-\left(5+2\sqrt{5}\right)=\dfrac{\left[\left(12+4\sqrt{5}\right)x-10-2\sqrt{5}\right]^2}{24+8\sqrt{5}}\ge0\)

Do đó:

     \(A_{min}=5+2\sqrt{5}\) khi  \(x=\dfrac{5-\sqrt{5}}{4}\)

b.

Từ giả ta có các nhận xét sau

    \(\sqrt{2022}=\Sigma\sqrt{a^2+b^2}\ge\Sigma\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)

     \(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{1011}\)

     \(\sqrt{2022}=\Sigma\sqrt{a^2+b^2}\le\sqrt{3\left[2\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}\)

     \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge337\)

Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta có thể giả sử:

     \(a\le b\le c\)

     \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\le b^2\le c^2\\\dfrac{1}{b+c}\le\dfrac{1}{c+a}\le\dfrac{1}{a+b}\end{matrix}\right.\)

Áp dụng bđt Chebyshev cho hai bộ số cùng chiều 

\(\left(a^2,b^2,c^2\right)\) và \(\left(\dfrac{1}{b+c},\dfrac{1}{c+a},\dfrac{1}{a+b}\right)\) :

\(VT\ge\dfrac{1}{3}.\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a+b+c\right)}\ge\dfrac{\sqrt{1011}}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{\sqrt{1011}}{3}\)

Bạn chia 2 vế phương trình cho sqrt(x) thì nó phải như này chứ nhỉ. Làm sao bạn có thể biến đổi nó như trên được?

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

\(\Leftrightarrow1-\sqrt{2\left(x-1+\dfrac{1}{x}\right)}=\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)

và \(x-1+\dfrac{1}{x}\) cũng đâu thể biến đổi thành \(\left(\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^2=x-2+\dfrac{1}{x}\)

Điều kiện:

     \(2x^2-3x+1\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x\le\dfrac{1}{2}\\x\ge1\end{matrix}\right.\)

Phương trình:

     \(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+2\left(x-1\right)\sqrt{2x^2-3x+1}+\left(2x^2-3x+1\right)-4=0\)

     \(\Leftrightarrow\left(x-1+\sqrt{2x^2-3x+1}\right)^2-4=0\)

     \(\Leftrightarrow\left(x-3+\sqrt{2x^2-3x+1}\right)\left(x+1+\sqrt{2x^2-3x+1}\right)=0\)

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

Ta có:

     \(\left(1\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3-x\ge0\\2x^2-3x+1=\left(3-x\right)^2\end{matrix}\right.\)

           \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\le3\\x^2+3x-8=0\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

           \(\left(3\right)\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{-3+\sqrt{41}}{2}\\x=\dfrac{-3-\sqrt{41}}{2}\end{matrix}\right.\) (nhận)

Kết hợp điều kiện ta có đánh giá sau:

     \(x+1+\sqrt{2x^2-3x+1}\ge2>0\)

Do đó phương trình (2) vô nghiệm
Tập nghiệm của phương trình là \(S=\left\{\dfrac{-3-\sqrt{41}}{2};\dfrac{-3+\sqrt{41}}{2}\right\}\)

Cách này 100% dùng Cô-si

Áp dụng Cô-si:

     \(Q\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(a^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{a^2}\right)}}\)

Ta có:

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

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

Áp dụng Cô-si:

     \(a^2+\dfrac{1}{16a^2}\ge\dfrac{1}{2}\)

     Tương tự với các phần còn lại

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{15}{16}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)+\left(abc\right)^2+\dfrac{1}{\left(abc\right)^2}\)

Ta có:

     \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(abc\right)^2}}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left[\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\right]^2}}\ge12\) (Cô-si)

     \(\left(abc\right)^2+\dfrac{1}{64^2\left(abc\right)^2}\ge\dfrac{1}{32}\) (Cô-si)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{15}{16}.12+\dfrac{1}{32}+\dfrac{4095}{64^2\left(abc\right)^2}\)

Mà:

     \(abc\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}=\dfrac{1}{8}\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{15}{16}.12+\dfrac{1}{32}+\dfrac{4095}{64^2.\dfrac{1}{8^2}}=\dfrac{4913}{64}\)

\(\Rightarrow Q\ge3\sqrt[3]{\sqrt{A}}\ge\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)

Bạn có thể dùng Cô-si để chứng minh các bđt còn lại, còn nếu k đc thì mình sẽ cố nghĩ cách k dùng các bđt đó

Áp dụng Cô-si:

     \(x+y\ge2\sqrt{xy}\)

Do đó:

     \(H\le\dfrac{\sqrt{xy}}{2\sqrt{xy}-\sqrt{xy}}=1\)

Mà \(x>y\) nên dấu "=" không xảy ra

     \(\Rightarrow H< 1\)

Kết hợp dữ kiện đề bài, ta được:

     \(\Rightarrow0< H< 1\)

     \(\Rightarrow\sqrt{H}< 1\)

Xét:

     \(H-\sqrt{H}=\sqrt{H}\left(\sqrt{H}-1\right)< 0\)

 \(\Rightarrow H< \sqrt{H}\)

Tại sao lại k được dùng nhỉ? Trông khi dùng thì bài toán sẽ dễ giải quyết hơn

Áp dụng Bunhiacopxki:

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

     \(\Rightarrow\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b^2}}\ge\dfrac{2}{\sqrt{17}}\left(\dfrac{a}{2}+\dfrac{2}{b}\right)\)

Do đó:

     \(Q\ge\dfrac{2}{\sqrt{17}}\left[\dfrac{a+b+c}{2}+2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\right]\)

Ta có:  \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\)

     \(\Rightarrow Q\ge\dfrac{2}{\sqrt{17}}\left[\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{18}{a+b+c}\right]\)

 Áp dụng Cô-si:

      \(\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{9}{8\left(a+b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

Do đó:

     \(Q\ge\dfrac{2}{\sqrt{17}}\left[\dfrac{3}{2}+\dfrac{135}{8\left(a+b+c\right)}\right]\ge\dfrac{2}{\sqrt{17}}\left[\dfrac{3}{2}+\dfrac{135}{8.\dfrac{3}{2}}\right]=\dfrac{3\sqrt{17}}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)

Dễ thấy:

     \(VT\ge\left(x+y\right)^2+1-\dfrac{\left(x+y\right)^2}{4}=\dfrac{3\left(x+y\right)^2}{4}+1\)

Áp dụng Cô-si:

     \(\dfrac{3\left(x+y\right)^2}{4}+1\ge2\sqrt{\dfrac{3\left(x+y\right)^2}{4}.1}=\sqrt{3}\left|x+y\right|\ge\sqrt{3}\left(x+y\right)\)

Do đó:

     \(\left(x+y\right)^2+1-xy\ge\sqrt{3}\left(x+y\right),\forall x,y\in R\)

Ta có nhận xét sau:

     \(\dfrac{x+2}{x^3\left(y+z\right)}=\dfrac{1}{x^2\left(y+z\right)}+\dfrac{2}{x^3\left(y+z\right)}=\dfrac{yz}{zx+xy}+\dfrac{2\left(yz\right)^2}{zx+xy}\)

Tương tự với các phân thức còn lại

Ta đặt:

     \(\left\{{}\begin{matrix}a=xy\\b=yz\\c=zx\end{matrix}\right.\)

     \(\Rightarrow abc=1\) và \(a,b,c>0\)

Biểu thức P trở thành:

     \(P=\Sigma_{cyc}\dfrac{a}{b+c}+2\Sigma_{cyc}\dfrac{a^2}{b+c}\)

Dễ thấy:

     \(\Sigma_{cyc}\dfrac{a}{b+c}\ge\dfrac{3}{2}\) (Nesbit)

     \(\Sigma_{cyc}\dfrac{a^2}{b+c}\ge\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\dfrac{3}{2}\)

Do đó:

     \(P\ge\dfrac{3}{2}+2.\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta đặt:

     \(\left\{{}\begin{matrix}x=a-1\\y=b-2\\z=c-3\end{matrix}\right.\)

        \(\Rightarrow x+y+z=3\) và  \(x,y,z\ge0\) (*)

Biểu thứ P trở thành:

     \(P=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)

Từ (*) dễ thấy:

     \(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le3\\0\le y\le3\\0\le z\le3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le\sqrt{3x}\\0\le y\le\sqrt{3y}\\0\le z\le\sqrt{3z}\end{matrix}\right.\)

Do đó:

     \(P\ge\dfrac{x+y+z}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)

Dầu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(3;0;0\right)=\left(0;3;0\right)=\left(0;0;3\right)\)