Ta đã biết BĐT Bunhia ko bj giới hạn bởi số dương nó chính là g.fap của bài này :(

\(VT\ge\sqrt{2\cdot\left(1+1+1\right)\cdot\left(a+b+c\right)}=\sqrt{24}>4\)

WARN: Thg xuczat Trần Thọ Đạt hay thg nào khác muốn nhai lại bài t thì ghi nguồn vào hộ cái, t mà thấy là autodelete nhé :((

Đặt \(\sqrt[4]{a}=x;\sqrt[4]{b}=y;\sqrt[4]{c}=z\)

Cần chứng minh

\(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}>\sqrt[4]{c}=\sqrt[4]{a+b}\)

\(\Rightarrow\left(x^3+y^3\right)^4>\left(x^4+y^4\right)^3\)

Rôi phân phối ra là thấy

E ko hiểu

Ta có:

\(a+b+c=4\)

\(\Rightarrow\)  \(a< 4\)

\(\Rightarrow\)  \(a^4< 4a^3\)  (do  \(a>0\)  nên  \(a^3>0\)  )

Do đó,  \(a^3>\frac{a^4}{4}\)  hay nói cách khác,  \(\sqrt[4]{a^3}>\sqrt[4]{\frac{a^4}{4}}=\frac{a}{\sqrt[4]{4}}\)  \(\left(1\right)\)

Từ đó, ta cũng tương tự thiết lập được:   \(\sqrt[4]{b^3}>\frac{b}{\sqrt[4]{4}}\)  \(\left(2\right)\)  và   \(\sqrt[4]{c^3}>\frac{c}{\sqrt[4]{4}}\)  \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế các bđt   \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right);\)  và  \(\left(3\right)\)  ta có:

\(\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}>\frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)

1) \(\frac{9}{x^2}+\frac{2x}{\sqrt{2x^2+9}}=1\left(ĐK:x\ne0\right)\)

Đặt: \(\sqrt{2x^2+9}=a\left(a\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow2x^2+9=a^2\Leftrightarrow9=a^2-2a^2\)

Khi đó pt đã cgo trở rhanhf:

\(\frac{a^2-2x^2}{x^2}+\frac{2x}{a}=1\)

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

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{x}\right)^2+\frac{2x}{a}-3=0\) (*)

Đặt: \(\frac{a}{x}=b\) khi đó (*) trở thành:

\(b^2+\frac{2}{b}-3=0\)

\(\Leftrightarrow b^3+2-3b=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b^3-b\right)-\left(2b-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow b\left(b-1\right)\left(b+1\right)-2\left(b-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)\left(b^2+b-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\left(b+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}b-1=0\\b+2=0\end{array}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}b=1\\b=-2\end{array}\right.\)

Với: \(b=1\) ta có:

\(\frac{a}{x}=1\Leftrightarrow a=x\Leftrightarrow\sqrt{2x^2+9}=x\Leftrightarrow2x^2+9=x^2\Leftrightarrow x^2+9=0\left(loai\right)\)

Với: \(b=-2\) ta có:

\(\frac{a}{x}=-2\)

\(\Leftrightarrow a=-2x\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2x^2+9}=-2x\)

\(\Leftrightarrow2x^2+9=4x^2\)

\(\Leftrightarrow2x^2=9\)

\(\Leftrightarrow x^2=\frac{9}{2}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=\frac{3}{\sqrt{2}}\\x=-\frac{3}{\sqrt{2}}\end{array}\right.\)

Thử lại ta thấy: \(x=\frac{3}{\sqrt{2}}\left(ktm\right);x=-\frac{3}{\sqrt{x}}\left(tm\right)\)

Vaayk pt đã cho có nhgieemj là \(x=-\frac{3}{\sqrt{2}}\)

1. Áp dụng BĐT Bunhiakovski

a)  \(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}=\sqrt{\left(\sqrt{x-2}.1+\sqrt{4-x}.1\right)^2}\le\sqrt{\left(1^2+1^2\right)\left(x-2+4-x\right)}=2\)

Đẳng thức xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\sqrt{x-2}=\sqrt{4-x}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=3\)

b)  \(\sqrt{6-x}+\sqrt{x+2}=\sqrt{\left(\sqrt{6-x}.1+\sqrt{x+2}.1\right)^2}\le\sqrt{\left(1^2+1^2\right)\left(6-x+x+2\right)}=4\)

Đẳng thức xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\sqrt{6-x}=\sqrt{x+2}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=2\)

c)  \(\sqrt{x}+\sqrt{2-x}=\sqrt{\left(\sqrt{x}.1+\sqrt{2-x}.1\right)^2}\le\sqrt{\left(1^2+1^2\right)\left(x+2-x\right)}=2\)

Đẳng thức xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\sqrt{x}=\sqrt{2-x}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=1\)

1.Điều kiện xđ \(x\ge2,x\le4\)

Từ ĐKXĐ ta có 

\(x\ge2\Leftrightarrow x-2\ge0\Leftrightarrow\sqrt{x-2}\ge0\left(1\right)\)

\(x\le4\Leftrightarrow4-x\ge0\Leftrightarrow\sqrt{4-x}\ge0\left(2\right)\)

Từ (1),(2) cộng vế theo vế ta có: 

\(\sqrt{x-2}+\sqrt{4-x}\ge0+0=0\)

Bài 1:

a) 4x-\(\sqrt{9x^2-12x+4}\)

= 4x-\(\sqrt{\left(3x-2\right)^2}\)

= 4x-\(|3x-2|\)

= 4x-3x+2

= x+2

b) Thay x=\(\dfrac{2}{7}\)vào biểu thức A, ta có:

A= \(\dfrac{2}{7}+\dfrac{1}{2}\)= \(\dfrac{11}{14}\)

Bài 2:

a) \(\sqrt{x^2+2x+1}=\sqrt{x+1}\)

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

\(\Leftrightarrow\)x²+2x+1=x+1

\(\Leftrightarrow\)x²+2x+1-x-1=0

\(\Leftrightarrow\)x²-x=0

\(\Leftrightarrow\)x(x-1)=0

\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x-1=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=1\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Trước tiên, ta sẽ CM bất đẳng thức sau:\(P\geq \frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\)\((\star)\)

Thật vậy: BĐT tương đương với :

\(a^2\left (\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b} \right )+b^2\left ( \frac{1}{c+a}-\frac{1}{b+c} \right )+c^2\left ( \frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+c} \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow a^2(a^2-c^2)+b^2(b^2-a^2)+c^2(c^2-b^2)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2\geq 0\) (luôn đúng)

BĐT \((\star)\) được chứng minh .

Giờ ta chỉ cần tìm min của \(A=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\)

Để ý rằng \(A-\left(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{c+a}\right)=\sum \left(\frac{a^2-b^2}{a+b}\right)=a-b+b-c+c-a=0\)

\(\Rightarrow 2A=\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\). Sử dụng Cauchy-Schwarz:

\(2A\geq \frac{(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2})^2}{2(a+b+c)}=\frac{1008}{a+b+c}\)

Sử dụng AM_GM: \(\sqrt{2016}=\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}+\frac{b+c}{\sqrt{2}}+\frac{c+a}{\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\leq 12\sqrt{7}\) suy ra \(A\geq 6\sqrt{7}\) suy ra \(P_{\min}=6\sqrt{7}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=4\sqrt{7}\)