Câu 1 :

Từ hệ suy ra : $\frac{(6x-y+z^{2}-3)-(6x^{2}-3y^{2}-y-2z^{2})}{3}+(x^{2}-y^{2}-2z+1)=0$

$<=>(x-1)^{2}=(z-1)^{2}$ . Ta có hai trường hợp $x=z$ hoặc $z=2-x$

_ Với $x=z$, hệ phương trình trở thành

Đến đây lại xét hai trường hợp : $x=y+1$ hoặc $x=1-y$ thế vào giải phương trình bậc hai

_ Với $z=2-x$, hệ phương trình trở thành

$\left\{\begin{matrix}1+2x+x^{2}=y\\ x^{2}+4x-3=y^{2} \\ 4x^{2}+8x-8-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x^{2}(x^{2}+4x+4+1)=-4=-4\\ (x+1)^{2}=y\\ 4x^{2}+8x-8-3y^{2}-y=0\end{matrix}\right.$

Khi đó hệ vô nghiệm do phương trình đầu vô nghiệm ( vế trái dương - vế phải âm )

Câu a gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến BC

Ta có : $\angle MAC=\angle BAH =\angle BDE\Rightarrow \angle FDC=\angle MAB\Leftrightarrow \angle DFN+\angle DNF =\angle EAD+\angle DAM$

$\Rightarrow \angle DNF=\angle DAM\Rightarrow A,D,M,N$ đồng viên

$\Rightarrow (AMN)$ đi qua $D$ cố định 

Chậm chân

 

Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+2y} +\sqrt{1+2z}=5$

CMR: $x^2+2y+2z\leq8$

 

Bổ đề : Với $ab \geq 0$ ta luôn có :

$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1} \geq 1+\sqrt{a+b+1}$

Chứng minh : Bổ đề tương đương $a+1+b+1+2\sqrt{(a+1)(b+1)} \geq 1+a+b+1+2\sqrt{a+b+1}<=>ab \geq 0$ ( luôn đúng )

Áp dụng Bổ đề : ta có 
$\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+2y}+\sqrt{1+2z} \geq \sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+2y+2z}+1 \geq 1+\sqrt{x^{2}+2y+2z+1}+1$

Hay : $5 \geq 2+\sqrt{x^{2}+2y+2z+1}$
$<=>9 \geq x^{2}+2y+2z+1$

$<=>8 \geq x^{2}+2y+2z$ ( điều phải chứng minh )
Dấu bằng xảy ra khi $x=0$ và một trong hai số $y$ và $z$ bằng $0$ số còn lại bằng $4$
 

Giải phương trình

$x^{2}-\sqrt{x+6}=-4x$

Có cách nào đặt ẩn phụ không nhỉ

ĐKXĐ : $x \geq -6$ 

Phương trình tương đương

$x^{2}+4x=\sqrt{x+6}$
Đặt $\sqrt{x+6}=y+2(y \geq -2)$ suy ra $y^{2}+4y+4=x+6<=>y^{2}+4y-2=x(1)$

Phương trình trở thành

$x^{2}+4x=y+2<=>x^{2}+4x-2=y(2)$

Kết hợp $(1)(2)$ ta có hệ 

Nhưng mà các admin ơi, nhỡ có bạn tiêu cưc thì sao?

Ý em là lập nhiều nick để ủng hộ cho 1 nick ý!

Bạn nên đọc kỹ hàng dưới

Giải : $(x+1)\sqrt{x+2}+(x+6)\sqrt{x+7}\geqslant x^2+7x+12$

ĐKXĐ : $x \geq -2$

Bất phương trình tương đương

$(x+1)(\sqrt{x+2}-2)+(x+6)(\sqrt{x+7}-3) \geq x^{2}+2x-8$

$<=>(x+1)\frac{x-2}{\sqrt{x+2}+2}+(x+6)\frac{x-2}{\sqrt{x+7}+3} \geq (x-2)(x+4)$
$<=>(x-2)(\frac{x+1}{\sqrt{x+2}+2}+\frac{x+6}{\sqrt{x+7}+3}-(x+4)) \geq 0$

Đặt phần trong ngoặc là $Q$ 

_Ta thấy : với mọi $x \geq -2$ thì $x+6>0$ và $\sqrt{x+7}+3 > 3$ nên $\frac{x+6}{\sqrt{x+7}+3} < \frac{x+6}{3}$

_Với $-2 \leq x \leq -1$ ta có : $\sqrt{x+2}+2 \leq \sqrt{-1+2}+2=3$ và $x+1 < 0$ nên $\frac{x+1}{\sqrt{x+2}+2} \leq \frac{x+1}{3}$

Khi đó $\frac{x+6}{\sqrt{x+7}+3}+\frac{x+1}{\sqrt{x+2}+2} < \frac{x+6}{3}+\frac{x+1}{3} = \frac{2x+7}{3} < \frac{3x+12}{3} = x+4$(vì $x \geq -2 > -5$) nên $Q<0$

_Với $x > -1$ ta có : $\sqrt{x+2}+2 > 2$ và $x+1 > 0$ nên $\frac{x+1}{\sqrt{x+2}+2} < \frac{x+1}{2}$

Khi đó $\frac{x+6}{\sqrt{x+7}+3}+\frac{x+1}{\sqrt{x+2}+2} < \frac{x+6}{3}+\frac{x+1}{2} = \frac{5x+15}{6} < \frac{6x+24}{6} = x+4$(vì $x \geq -1 > -9$) nên $Q<0$
​Vì trong ngoặc $<0$ nên Bất phương trình tương đương

$x-2 \leq 0<=> x \leq 2$

Vậy nghiệm của bất phương trình là $S=$[$-2;2$]

Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$

Tìm giá trị lớn nhất của A = $\frac{1}{\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b^{2}-bc+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c^{2}-ca+a^{2}}}$

Ta có : $\sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}=\sqrt{(a+b)^{2}-3ab} \geq \sqrt{(a+b)^{2}-\frac{3(a+b)^{2}}{4}}=\frac{1}{2}(a+b)(AM-GM)$

Tương tự . Suy ra

$A \leq 2(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) \leq \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a})=3(C-S)$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Cho $a;b;c$ dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$M=\sum \frac{a^{3}+8}{a^{3}(b+c)}$

Mạng lag nên mình không trích dẫn được bài viết 

Đặt $(x;y;z)->(ab;bc;ca)$ khi đó $xyz=1$

Ta có :
$M=\sum \frac{a^{3}+1+1+6}{a^{3}(b+c)} \geq \sum (\frac{3a}{a^{3}(b+c)}+\frac{6}{a^{3}(b+c)})(AM-GM)$

$=\sum(\frac{3a^{2}bc}{a^{3}(b+c)}+\frac{6a^{2}b^{2}c^{2}}{a^{3}(b+c)})=\sum(\frac{3bc}{ab+ac}+\frac{6b^{2}c^{2}}{ab+ac})=6\sum \frac{y^{2}}{x+z}+3\sum \frac{y}{x+z}$

$ \geq 6\frac{(x+y+z)^{2}}{2(x+y+z)}+3.\frac{3}{2}$ ( Sử dụng bất đẳng $C-S$ và $Nesbit$ )

$=3(x+y+z)+\frac{9}{2} \geq 3.3\sqrt[3]{xyz}+\frac{9}{2}=\frac{27}{2}(AM-GM)$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$
Mở rộng bài toán. Chứng minh tương tự . Không cần đăng lời giải

 

Cho $a;b;c$ dương thoả mãn $abc=1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$A=\sum \frac{a^{3}+k}{a^{3}(b+c)}$ $(k \geq 2)$

Giải phương trình sau: $\sqrt{3x-11}-\sqrt{x}=\frac{5}{2x-13}$

Mọi người cho mình hỏi tại sao lại không dùng được trình soạn thảo công thức toán vậy?

Máy mình cũng bị nek, sao không gõ được Latex vậy nhỉ?

Chắc có lẽ nút $f_x$ bị lỗi . Không coppy vào văn bản thì có thể khắc phục được nhưng không hiển thị xem trước thì hơi nghiêm trọng . Các thành viên trong ban quản lý kĩ thuật chắc cũng đang sửa chữa .

Trong khi đó có thể gõ Latex trên link này :

https://www.codecogs...x/eqneditor.php

Gõ xong các bạn bôi đen phần latex trong khung rồi coppy nó vào văn bản . Kẹp phần Latex đó giữa 2 dấu " $ " có ở trên bàn phím máy tính . 

 Kỹ thuật đổi biến BĐT Cauchy-Schwarz

 

Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $abcd=1$. CM

 

 $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+d)}+\frac{1}{d(1+a)}\geq 2$

Vì $abcd=1$ nên tồn tại $x;y;z;t$ dương sao cho

$a=\frac{y}{x}$ // $b=\frac{z}{y}$ // $c=\frac{t}{z}$ // $d=\frac{x}{t}$
Bất đẳng thức trở thành 

$\sum \frac{1}{\frac{y}{x}(1+\frac{z}{y})} \geq 2$
$<=>\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+t}+\frac{z}{t+x}+\frac{t}{x+y} \geq 2$
Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :
$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+t}+\frac{z}{t+x}+\frac{t}{x+y} = \frac{x^{2}}{xy+xz}+\frac{y^{2}}{yz+ty}+\frac{z^{2}}{zt+zx}+\frac{t^{2}}{tx+ty}$

$\geq \frac{(x+y+z+t)^{2}}{xy+yz+tz+tx+2xz+2ty}$

Lại có :

$(x+y+z+t)^{2} \geq 2xy+2yz+2tz+2tx+4xz+2ty$
$<=>(t-y)^{2}+(x-z)^{2} \geq 0$ ( hiển nhiên đúng )
Suy ra : 

$ \frac{(x+y+z+t)^{2}}{xy+yz+tz+tx+2xz+2ty} \geq 2$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=t$ hay $a=b=c=d=1$
 

Cho x,y liên hệ với nhau bởi hệ thức: $x^2+2xy+7(x+y)+7y^2+10=0$. Tìm GTLN,GTNN của $S=x+y+1$

Ta có :
$x^{2}+2xy+7(x+y)+7y^{2}+10=0$
$<=>(x+y+3,5)^{2}=2,25-6y^{2} \leq 2,25$

$<=>-1,5 \leq (x+y+3,5) \leq 1,5$
$<=>-4 \leq x+y+1 \leq -1$
Vậy $Max$ $S=-1$ khi $x=-2$ và $y=0$

$Min$ $S=-4$ khi $x=-5$ và $y=0$

Cho tam giác ABE cân tại E. Đường cao EC. Kẻ CF vuông góc EB tại F. Gọi G là trung điểm CF. Chứng minh $EG\bot AF$ 

Nhận thấy $\vec{EC}.\vec{AC}=\vec{AF}.\vec{EF}=0$ vì các cặp vecto này vuông góc với nhau

Ta có :
$\vec{EG}.\vec{AF}=\frac{1}{2}(\vec{EC}+\vec{EF})(\vec{AC}+\vec{CF})=\frac{1}{2}(\vec{EC}.\vec{CF}+\vec{EF}.\vec{AC})$

$=\frac{1}{2}(EC.CF.cos(\vec{EC},\vec{CF})+EF.AC.cos(\vec{EF},\vec{AC}))$

Lại có : góc $ABE$ = góc $ECF$ nên $sđ (\vec{EC},\vec{CF})= -sđ (\vec{EF},\vec{AC})$
Suy ra : $cos(\vec{EC},\vec{CF})=-cos(\vec{EF},\vec{AC})$

$-->\vec{EG}.\vec{AF}=\frac{1}{2}.cos(\vec{EC},\vec{CF})(EC.CF-EF.AC)$
Đến đây dễ dàng chứng minh $EC.CF=EF.AC$ bằng cặp tam giác đồng dạng $\Delta ECA$ và $\Delta EFC$

Gọi $a$,$b$,$c$ là ba cạnh của một tam giác $h_{a},h_{b},h_{c}$ là độ dài ba đường cao tương ứng với ba cạnh đó; $r$ là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác đó:

$a)$ CMR: $\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$

 

Áp dụng công thức quen thuộc :
$(a+b+c).r=2S$ với $S$ là diện tích tam giác có ba cạnh $a;b;c$

Ta có :

$\frac{a}{a.h_a}+\frac{b}{b.h_b}+\frac{c}{c.h_c}=\frac{a+b+c}{2S}=\frac{1}{r}-->Q.E.D$

Giải phương trình:

$13\sqrt{x-1}+9\sqrt{x+1}=16x$

P/s: Không dùng liên hợp, BĐT, đặt ẩn phụ

ĐKXĐ : $x \geq 1$

Phương trình tương đương

$13(x-1-2.\frac{1}{2}.\sqrt{x-1}+\frac{1}{4})+3(x+1-2.\frac{3}{2}.\sqrt{x+1}+\frac{9}{4})=0$

$<=>13(\sqrt{x-1}-\frac{1}{2})^{2}+3(\sqrt{x+1}-\frac{3}{2})^{2}=0$
Ta thấy : Vế trái $\geq 0=$ Vế phải . Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{5}{4}$

Tìm GTLN của biểu thức với $a$,$b$,$c$>0 và $a$+$b$+$c$=$1$:

$\sqrt[3]{a+bc}+\sqrt[3]{b+ac}+\sqrt[3]{c+ab}$

Áp dụng BĐT $Holder$ ta có :
$(\sqrt[3]{a+bc}+\sqrt[3]{b+ac}+\sqrt[3]{c+ab})^{3} \leq (1+1+1)(1+1+1)(a+bc+b+ac+c+ab)=9(1+ab+bc+ca)$

Lại có

$ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=\frac{1}{3}$ ( chứng minh bằng biến đổi tương đương )

Suy ra

$\sqrt[3]{a+bc}+\sqrt[3]{b+ac}+\sqrt[3]{c+ab} \leq \sqrt[3]{\frac{4}{3}}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

giải hệ pt :

$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{y^{2}+6}+y\sqrt{x^{2}+3}=7xy\\x\sqrt{x^{2}+3}+y\sqrt{y^{2}+6}=2+x^{2}+y^{2} \end{matrix}\right.$

cá bạn cho mình hỏi thêm có cách nào tổng quát để giải những hệ dạng này không nhỉ ?

Nhận thấy $x=0$ và $y=0$  không là nghiệm của hệ phương trình

Hệ phương trình tương đương

$\left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y}+\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x}=7 \\ \frac{3x}{\sqrt{x^{2}+3}+x}+\frac{6y}{\sqrt{y^{2}+6}+y}=2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y}+\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x}=7 \\ \frac{3}{\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x}+1}+\frac{6}{\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y}+1}=2 \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix}a=\frac{\sqrt{x^{2}+3}}{x} \\ b=\frac{\sqrt{y^{2}+6}}{y} \end{matrix}\right.$

Hệ phương trình trở thành

$\left\{\begin{matrix}a+b=7 \\ \frac{3}{a+1}+\frac{6}{b+1}=2 \end{matrix}\right.$

Đến đây giải bằng phương pháp thế đưa về phương trình bậc hai.

Các bạn giúp mình với. Chiều mai mình nộp bài rồi 

Tìm x; y t/m:

$x^{3}+y^{3}-8xy\sqrt{2(x^{2}+y^{2})} + 7xy(x+y)=0$ và $\sqrt{y}-\sqrt{2x-3}+2x=6$

Giúp       

ĐKXĐ : $y \geq 0$ và $x \geq \frac{3}{2}$

Phương trình đầu tương đương

$x^{3}+y^{3}+7xy(x+y)=8xy\sqrt{2(x^{2}+y^{2})}$

$<=>(x+y)^{3}+4xy(x+y)=8xy\sqrt{2(x^{2}+y^{2})}$

Lại có :

$(x+y)^{3}+4xy(x+y) \geq 2.2\sqrt{xy}.(x+y)^{2}(AM-GM)=8.xy.\sqrt{xy}+4(x^{2}+y^{2}).\sqrt{xy} \geq 2.4.xy\sqrt{2(x^{2}+y^{2})}=VP$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y$

Thay vào phương trình thứ hai ta có :

$\sqrt{x}-\sqrt{2x-3}+2x=6$

$<=>\frac{3-x}{\sqrt{x}+\sqrt{2x-3}}=3(3-x)$

$<=>x=3$ hoặc $\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{2x-3}}=3(A)$

Lại có : vì $x \geq \frac{3}{2}$ nên $\sqrt{x}+\sqrt{2x-3} \geq \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ suy ra $\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{2x-3}} \leq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}< 3$

Nên $(A)$ vô nghiệm

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là $(3;3)$

Giải hệ phương trình: 

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+y}+\sqrt{x+3}=\frac{y-3}{x}\\ \sqrt{x+y}+\sqrt{x}=x+3  \end{matrix}\right.$

ĐKXĐ : $x>0$ và $y>3$

Giải phương trình đầu tương đương

$\frac{y-3}{\sqrt{x+y}-\sqrt{x+3}}=\frac{y-3}{x}$

Tương đương $\sqrt{x+y}-\sqrt{x+3}=x$

Thay vào phương trình dưới ta được

$\sqrt{x+y}+\sqrt{x}=\sqrt{x+y}-\sqrt{x+3}+3$

$<=>\sqrt{x}+\sqrt{x+3}=3$

$<=>\frac{3}{\sqrt{x+3}-\sqrt{x}}=3$

$<=>\sqrt{x+3}-\sqrt{x}=1$

$<=>(\sqrt{x+3}-\sqrt{x})+(\sqrt{x}+\sqrt{x+3})=4$

$<=>\sqrt{x+3}=2$

$<=>x=1$

Suy ra : $\sqrt{x+y}=x+3-\sqrt{x}=3$

Suy ra $y=8$

Cho $a$>0,$b$<0. Chứng minh:

$\frac{1}{a} \geqslant \frac{2}{b}+\frac{8}{2a-b}$

Theo bài ra ta có : $-b>0$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

$\frac{2}{2a}+\frac{2}{-b}=2.(\frac{1}{2a}+\frac{1}{-b}) \geq 2.\frac{4}{2a-b}=VP$ ( Áp dụng BĐT $C-S$ )
Dấu bằng xảy ra khi $2a=-b$

Cho các số dương $a$,$b$. Chứng minh:

$2(a^{4}+b^{4})\geqslant ab^{3}+a^{3}b+2a^{2}b^{2}$

Áp dụng BĐT $C-S$ và $AM-GM$ ta có :

$(1+1)(a^{4}+b^{4}) \geq (a^{2}+b^{2})^{2}=(a^{2}+b^{2})(a^{2}+b^{2})\geq 2ab.\frac{(a+b)^{2}}{2}=(a^{2}+2ab+b^{2})ab=VP$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b$

Cho a,b,c thỏa mãn điều kiện $a+b+c = 8$.C/m bất đẳng thức

$\frac{a}{a+\sqrt{8a+bc}} + \frac{b}{b+\sqrt{8b+ca}} + \frac{c}{c+\sqrt{8c+ab}} \leq 1$

$a;b;c$ dương không bạn ?

Nếu dương

Ta có :

$8a+bc=(a+b+c)a+bc=a^{2}+ab+ac+bc=(a+c)(a+b)$

Thiết lập các đẳng thức tương tự suy ra

$\sum \frac{a}{a+\sqrt{8a+bc}}=\sum \frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}} \leq \sum \frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}(C-S)$

$=\sum \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{8}{3}$

$\sqrt{x-1}+\sqrt{4-x}+2\sqrt{(x-1)(4-x)}=m+2$ tìm m để phương trình có nghiệm

Đặt $t=\sqrt{x-1}+\sqrt{4-x}(t>0)$ ta có $t^{2}=3+2\sqrt{(x-1)(4-x)}-->2\sqrt{(x-1)(4-x)}=t^{2}-3$

Suy ra $t \geq \sqrt{3}$ Áp dụng $C_S$ thì $t^{2} \leq (1+1)(x-1+4-x)=6$ suy ra $t \leq \sqrt{6}$

Phương trình trở thành :

$t^{2}+t-m-5=0$ với $\sqrt{3} \leq t \leq \sqrt{6}$

Đặt $f(t)=t^{2}+t-m-5$

Phương trình có nghiệm khi 

$\left\{\begin{matrix}\Delta \geq 0 \\ f(\sqrt{6}).f(\sqrt{3}) \leq 0 \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix}Delta \geq 0 \\ f(\sqrt{3})\geq 0 \\ f(\sqrt{6}) \geq 0 \\\sqrt{3} \leq -\frac{1}{2} \leq \sqrt{6}(KTM) \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}1+4m+20 \geq 0 \\ (-m-2+\sqrt{3})(-m+1+\sqrt{6})\geq 0 \end{matrix}\right.$

Đến đây dễ rồi ...

Giải HPT:

$\begin{cases} & x+y+\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{y}=6 \\ & x^{2}+y^{2}+\dfrac{2}{x^{2}}+\dfrac{2}{y^{2}}= 6 \end{cases}$

ĐKXĐ : $x$ và $y$ khacs $0$

Ta có :

$(x^{2}+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{y^{2}})(1+1+1+1+1+1)\geq(x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{y})^{2}(C-S)$

Hay :

$6^{2} \geq 6^{2}$

Suy ra hệ tương đương

$x=y=1$

Cho $\left\{\begin{matrix}x,y,z\epsilon [-1,1] & & \\ x+y+z=0 & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng : $\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}}\geq 3$

 

 

P/S: Đề cao sự sáng tao, nhận xét , phân tích cho bài toán !      

Theo nguyên lý $Dirichlet$ thì trong ba số $x+y^{2}$ // $y+z^{2}$ // $z+x^{2}$ phải có ít nhất hai số cùng dấu $0$

Không mất tính tổng quát giả sử $(x+y^{2})(y+z^{2}) \geq 0$

 Sử dụng một bổ đề quen thuộc : Với $ab \geq 0$ thì $\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b} \geq 1+\sqrt{1+a+b}$

Chứng minh bằng cách bình phương hai vế sau đó rút gọn bình phương tiếp ra được $ab \geq 0$ ( đúng theo giả thiết )

 

Quay trở lại bài toán . Theo giả sử ở trên sử dụng bổ đề ta có :

$\sum \sqrt{1+x+y^{2}} \geq 1+\sqrt{1+x+y+y^{2}+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}}=1+\sqrt{(1-z+z^{2})+y^{2}}+\sqrt{(1+z)+x^{2}}$

Áp dụng BĐT $Mincowxki$ ta được :

..hai chấm $ \geq 1+\sqrt{(\sqrt{1-z+z^{2}}+\sqrt{1+z})^{2}+(y+x)^{2}}=1+\sqrt{(\sqrt{1-z+z^{2}}+\sqrt{1+z})^{2}+z^{2}}$

Bây giờ cần chứng minh

$1+\sqrt{(\sqrt{1-z+z^{2}}+\sqrt{1+z})^{2}+z^{2}} \geq 3$

Tương đương

$2+z^{2}+2\sqrt{(1-z+z^{2})(1+z)}+z^{2} \geq 4$

$<=>\sqrt{(1-z+z^{2})(1+z)} \geq 1-z^{2}$

$<=>z^{2}(z^{2}-1) \leq 0$ đúng vì $-1 \leq z \leq 1$

Bài toán được chứng minh...

Dấu bằng xẩy ra khi $x=y=z=0$

 

Ý tưởng : Nhận thấy $x//y//z$ không hẳn là đều dương nên không thể $AM_GM$ hay $C-S$ được 

Cần phải đưa về đánh giá bằng điều kiện bài cho . Kết hợp Bổ đề và sự ràng buộc biến .

Có thể đưa bất đẳng thức về đánh giá với một biến