Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c-ta}}=\dfrac{a\sqrt{t+1}}{\sqrt{\left(at+a\right)\left(b+c-ta\right)}}\ge\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{at+a+b+c-ta}=\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{a+b+c}\)
Làm tương tự, cộng lại và rút gọn
a) Ta có: \(\sqrt{49\left(x^2-2x+1\right)}-35=0\)
\(\Leftrightarrow7\left|x-1\right|=35\)
\(\Leftrightarrow\left|x-1\right|=5\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=5\\x-1=-5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=6\\x=-4\end{matrix}\right.\)
b)
ĐKXĐ: \(\left[{}\begin{matrix}x\ge3\\x\le-3\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(\sqrt{x^2-9}-5\sqrt{x+3}=0\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x+3}\left(\sqrt{x-3}-5\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x+3}=0\\\sqrt{x-3}=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+3=0\\x-3=25\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-3\left(nhận\right)\\x=28\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)
c) ĐKXĐ: \(x\ge0\)
Ta có: \(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+1}=\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+3}\)
\(\Leftrightarrow x-1=x+\sqrt{x}-6\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-6=-1\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}=5\)
hay x=25(nhận)
Đặt \(P=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)
Ta có:
\(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự và cộng lại ta được BĐT bên trái
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Bên phải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(P^2\le3\left(a^2+b^2+b^2+c^2+c^2+a^2\right)=6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Mặt khác do a;b;c là 3 cạnh của 1 tam giác:
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\\b+c>a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bc>c^2\\ab+bc>b^2\\ab+ac>c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(a^2+b^2+c^2\right)< 3\left(a^2+b^2+c^2\right)+6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow P^2< 3\left(a+b+c\right)^2\Rightarrow P< \sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
- Chứng minh \(\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\left(1\right)\)
Ta biến đổi tương đương : \(\left(1\right)\Leftrightarrow p< \left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow p< 3p-\left(a+b+c\right)+2\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+2\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+2\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{p-a}.\sqrt{p-b}+\sqrt{p-b}.\sqrt{p-c}+\sqrt{p-c}.\sqrt{p-a}>0\) (luôn đúng)
- Chứng minh \(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki, ta có \(\left(1.\sqrt{p-a}+1.\sqrt{p-b}+1.\sqrt{p-c}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(3p-a-b-c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\right)^2\le3p\Rightarrow\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le\sqrt{3p}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c => Tam giác ABC là tam giác đều
dễ thôi:
tính penta của phương trình ra ta được : penta=\(a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ac=\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-b\right)^2-a^2-b^2-c^2\)
theo hệ thức tam giác ta có: a-c<b;a-b<c;b-c<a
<=>\(\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-b\right)^2-a^2-b^2-c^2< 0\)
nên penta nhỏ hơn 0 => pt vô nghiệm