Question

[hồ quỳnh anh]

Giải PT :

\(\sqrt{x-2019}+\sqrt{2021-x}=\left(x-2020\right)^2+2\)

Cho các số dương a,b,c và abc = 1. CM: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}>=\frac{3}{2}\)

Answer 1

[Kiệt Nguyễn]

\(ĐK:2019\le x\le2021\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky, ta được: \(\sqrt{x-2019}+\sqrt{2021-x}\le\sqrt{2\left(x-2019+2021-x\right)}=2\)

Lại có: \(\left(x-2020\right)^2+2\ge2\)nên VT = VP khi \(\hept{\begin{cases}x-2019=2021-x\\x-2020=0\end{cases}}\Rightarrow x=2020\)

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là 2020

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và bất đẳng thức Cauchy, ta được: \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Answer 2

[l҉o҉n҉g҉ d҉z҉]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+a+c+a+b}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)(1)

Lại có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)( AM-GM và gt abc = 1 )=> \(\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\)(2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\)

=> \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)( đpcm )

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = 1