\(0\le x,y,z\le1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\Rightarrow xy+1\ge x+y\)

Tương tự:

\(yz+1\ge y+z;zx+1\ge z+x\)

Khi đó

\(LHS\le\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\le\frac{2x}{x+y+z}+\frac{2y}{x+y+z}+\frac{2z}{x+y+z}=2\)

Không chắc nha !

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{2-2xy}{2+x^2+y^2}+\frac{2x^2-2y}{1+2x^2+y^2}+\frac{2y^2-2x}{1+x^2+2y^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow1-\frac{2-2xy}{2+x^2+y^2}+1-\frac{2x^2-2y}{1+2x^2+y^2}+1-\frac{2y^2-2x}{1+x^2+2y^2}\le3\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x+y\right)^2}{2+x^2+y^2}+\frac{\left(y+1\right)^2}{1+2x^2+y^2}+\frac{\left(x+1\right)^2}{1+x^2+2y^2}\le3\)(*)

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: \(\frac{\left(x+y\right)^2}{2+x^2+y^2}\le\frac{x^2}{1+x^2}+\frac{y^2}{1+y^2}\)(1); \(\frac{\left(y+1\right)^2}{1+2x^2+y^2}\le\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{1}{x^2+1}\)(2); \(\frac{\left(x+1\right)^2}{1+x^2+2y^2}\le\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{1}{y^2+1}\)(3)

Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{\left(x+y\right)^2}{2+x^2+y^2}+\frac{\left(y+1\right)^2}{1+2x^2+y^2}+\frac{\left(x+1\right)^2}{1+x^2+2y^2}\le\)\(\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}\right)+\left(\frac{1}{y^2+1}+\frac{y^2}{y^2+1}\right)+\left(\frac{1}{x^2+1}+\frac{x^2}{x^2+1}\right)=3\)

Như vậy (*) đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1

\(\frac{1-xy}{2+x^2+y^2}+\frac{x^2-y^2}{1+2x^2+y^2}+\frac{y^2-x}{1+x^2+2y^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1-xy+3x^2-2y^2-2y^2+x}{\left(1+x^2+y^2\right)}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{2\left(1+x^2+y^2\right)+x^2}{1+x^2+y^2}\ge0\)

Vì x² và y² >0

\(\Rightarrow2+\frac{x^2}{1+x^2+y^2}\ge0\)(luôn đúng)

Đặt \(\sqrt{x}=a\Rightarrow a^2=x\)

Khi đó ta có được:

\(A=\frac{a-2}{a^2+5}\Rightarrow A\cdot a^2+5\cdot A-a+2=0\)

\(\Leftrightarrow A\cdot a^2-a+\left(5A+2\right)=0\)

\(\Delta=1-4A\left(5A+2\right)=-20A^2-8A+1\ge0\)

\(\Rightarrow\left(1-10A\right)\left(2A+1\right)\ge0\Rightarrow-\frac{1}{2}\le A\le\frac{1}{10}\)

BÀI NÀY YÊU CẦU RÚT GỌN NHÉ 

Trả lời:

\(G=\frac{\sqrt{1+2\sqrt{27\sqrt{2}-38}}-\sqrt{5-3\sqrt{2}}}{\sqrt{3\sqrt{2}-4}}\)

\(G=\frac{\sqrt{1+2\sqrt{27\sqrt{2}-38}-\sqrt{5-3\sqrt{2}}}}{\sqrt{3\sqrt{2}-4}}\times\frac{\sqrt{3\sqrt{2}-4}}{\sqrt{3\sqrt{2}-4}}\)

\(G=\frac{\sqrt{\left(1+2\sqrt{27\sqrt{2}-38}\right)\times\left(\sqrt{3\sqrt{2}-4}\right)}-\sqrt{\left(5-3\sqrt{2}\right)\times\left(3\sqrt{2}-4\right)}}{3\sqrt{2}-4}\)

\(G=\frac{\sqrt{3\sqrt{2}-4+6\sqrt{\left(27\sqrt{2}-38\right)\times2}-8\sqrt{27\sqrt{2}-38}}-\sqrt{15\sqrt{2}-20-18+12\sqrt{2}}}{3\sqrt{2}-4}\)

\(G=\frac{\sqrt{3\sqrt{2}-4+6\sqrt{54\sqrt{2}-76}-8\sqrt{27\sqrt{2}-38}}-\sqrt{27\sqrt{2}-38}}{3\sqrt{2}-4}\)

\(G=\frac{\left(\sqrt{3\sqrt{2}-4+6\sqrt{54\sqrt{2}-76}-8\sqrt{27\sqrt{2}-38}}-\sqrt{27\sqrt{2}-38}\right)\times\left(3\sqrt{2}+4\right)}{\left(3\sqrt{2}-4\right)\times\left(3\sqrt{2}+4\right)}\)

\(G\approx1\)

+)\(4=\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}\le\frac{a+1+4}{4}+\frac{b+1+4}{4}=\frac{a+b+10}{4}\Leftrightarrow a+b\ge6\)

+)\(\sqrt{a^2+ab+b^2}=\sqrt{\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{3}{4}\cdot6^2+0}=3\sqrt{3}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=3\)

Trả lời:

a) a và b có thể là các số vô tỉ

b) a và b không thể là các số vô tỉ

c) a và b không thể là các số vô tỉ

Đây là e nghĩ vậy chớ ko bt đúng sai ra sao đâu ạ!

Gợi ý bài làm này! 

+)  Xét các số có thể là số vô tỉ thì đưa ra ví dụ cụ thể

+) Xét các số  là không là số vô tỉ thì chứng minh

a) a; b có thể  là số vô tỉ 

Chứng minh: Lấy VD:  a = \(\sqrt{2}\); b= \(\sqrt{3}\) là 2 số vô tỉ

\(\sqrt{2}.\sqrt{3}=\sqrt{6};\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\)thỏa mãn  2 số vô tỉ 

b) a; b không thể là số vô tỉ 

Chứng minh: 

\(\frac{a}{b}\)là số hữu tỉ => tồn tại số hữu tỉ m để: \(\frac{a}{b}=m\)<=> a = mb

khi đó: \(a+b=mb+b=\left(m+1\right)b\) là số hữu tỉ 

mà m là số hữu tỉ => m + 1 là số hữu tỉ  => b là số hữu tỉ 

=> a là số hữu tỉ 

c) a ; b không thể là số vô tỉ 

Chứng minh: 

\(a^2;b^2\)là số hữu tỉ 

=> \(a^2-b^2=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\)là số hữu tỉ  mà a + b là số hữu tỉ => a - b là số hữu tỉ 

Đặt: a + b = m; a - b = n => m; n là 2 số hữu tỉ 

=> \(a=\frac{m+n}{2};b=\frac{m-n}{2}\) là 2 số hữu tỉ

Bài làm:

a) Ta có: \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)

\(=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)

\(=\left(a^2c^2+a^2d^2\right)+\left(b^2d^2+b^2c^2\right)\)

\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

=> đpcm

b) CM bất đẳng thức Bunyakovsky chắc được dùng Cauchy đấy nhỉ!

Ta có: \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: \(a^2d^2+b^2c^2\ge2abcd\)

\(\Rightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge a^2c^2+2abcd+b^2d^2=\left(ac+bd\right)^2\)

=> đpcm

b) ĐK \(3\le x\le5\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có: \(\sqrt{x-3}+\sqrt{5-x}\le\sqrt{2\cdot\left(x-3+5-x\right)}=\sqrt{4}=2\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=4\)

Ta lại có \(a^2-8x+18=\left(x-4\right)+2\ge0\forall x\)

Dấu "=" xảy ra <=> x=4

\(\Rightarrow\sqrt{x-3}+\sqrt{5-x}=x^2-8x+18\Leftrightarrow x=4\)

Với x=4 thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy nghiệm của phương trình là x=4