Cho \(x,\,y,\,z\) là các số thực lớn hơn 2021, thỏa mãn \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{2}{{2021}}\). Chứng minh rằng, ta có bất đẳng thức sau:
\(\sqrt {x + y + z} \ge \sqrt {x - 2021} + \sqrt {y - 2021} + \sqrt {z - 2021} \).
Cho \(x,\,y,\,z\) là các số thực lớn hơn 2021, thỏa mãn \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{2}{{2021}}\). Chứng minh rằng, ta có bất đẳng thức sau:
\(\sqrt {x + y + z} \ge \sqrt {x - 2021} + \sqrt {y - 2021} + \sqrt {z - 2021} \).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Từ giả thuyết đề bài suy ra \(\frac{{2021}}{x} + \frac{{2021}}{y} + \frac{{2021}}{z} = 2\)
Do đó \(\frac{{x - 2021}}{x} + \frac{{y - 2021}}{y} + \frac{{z - 2021}}{z} = 3 - 2 = 1\)
Suy ra \(x + y + z = (x + y + z)\left( {\frac{{x - 2021}}{x} + \frac{{y - 2021}}{y} + \frac{{z - 2021}}{z}} \right)\) (*)
Do \(x,y,z > 2021\) nên \(x - 2021,y - 2021,z - 2021 > 0\). Vì thế, bằng cách áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ ba số thực dương \(\left( {\sqrt x ,\sqrt y ,\sqrt z } \right)\) và \(\left( {\frac{{\sqrt {x - 2021} }}{{\sqrt x }},\frac{{\sqrt {y - 2021} }}{{\sqrt y }},\frac{{\sqrt {z - 2021} }}{{\sqrt z }}} \right)\), từ (*) ta được:
\(x + y + z \ge {(\sqrt {x - 2021} + \sqrt {y - 2021} + \sqrt {z - 2021} )^2}\)
Do đó, \(\sqrt {x + y + z} \ge \sqrt {x - 2021} + \sqrt {y - 2021} + \sqrt {z - 2021} \).
(Đẳng thức xảy ra khi \(x = y = z = \frac{{6063}}{2}\)).
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Xét hai tam giác vuông \(ABM\) và \(ADN\), ta có:
\(AB = AD\),\(\widehat {BAM} = \widehat {DAN}\) (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Do đó tam giác \(\Delta ABM = \Delta ADN\) (cạnh góc vuông – góc nhọn). Suy ra, \(DN = BM\) (1).
Qua \(M\) kẻ đường thẳng song song \(ID\) cắt \(NC\) tại \[E\].
Xét tam giác \(MNE\):
Do \(I\) là trung điểm của \(MN\) và \(ID\,{\rm{//}}\,ME\), nên \(D\) là trung điểm của \(NE\). Vì thế \(DE = DN = BM\) (theo (1)). Suy ra, \(MC = CE\) (2)
Do \(I,D\) tương ứng là trung điểm của \(MN,\,NE\), nên \(ID\) là đường trung bình của tam giác. Do đó, \(DI = \frac{1}{2}EM\).
Xét tam giác vuông (tại C) MCE, theo định lí Pitago, ta có:
\(EM = \sqrt {M{C^2} + C{E^2}} = \sqrt {2M{C^2}} \)(do (2))
\( = \sqrt 2 MC = \sqrt 2 \left( {BC - BM} \right) = \sqrt 2 \left( {8 - 5} \right) = 3\sqrt 2 \).
Vì thế \(DI = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
Lời giải
a)Vì \(m,\,p\) là các số nguyên tố nên \(mp \ge 4\). Do đó, \(r \ge 5\). Mà \(r\) là nguyên tố nên r là số lẻ.
Vì thế, \(mp = r - 1\) là một số chẵn. Suy ra, trong hai số \(m,\,p\), có ít nhất một số bằng 2.
- Nếu \(m = 2\) thì \(r = 2p + 1\). Do đó:
\({p^2} + r = {p^2} + 2p + 1 = {\left( {p + 1} \right)^2}\),
Là một số chính phương.
- Nếu \(p = 2\) thì \(r = 2m + 1\). Do đó
\({m^2} + r = {m^2} + 2m + 1 = {\left( {m + 1} \right)^2}\) là một số chính phương
b)Giả sử q là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đề bài. Khi đó, sẽ tồn tại các số nguyên dương
\[n,\,k\] sao cho \({n^2} + 22q = {11^k}\). (1)
Do \({n^2} + 22q > 11\) nên \({11^k} > 11\); suy ra \(k \ge 2\). Vì thế, từ (1), ta có:
\(\left( {{n^2} + 22q} \right) \vdots {11^2}\). (2)
Do \(22q \vdots 11\) nên từ (1) suy ra, \({n^2} \vdots 11\); mà 11 là số nguyên tố, nên \({n^2} \vdots {11^2}\). (3)
Từ (2) và (3) suy ra, \(22q \vdots {11^2}\). Do đó, \[q \vdots 11\]; mà \[q\] là số nguyên tố nên \(q = 11\).
Ngược lại, với \(q = 11\), ta có: \({33^2} + 22.11 = {11^2}.\left( {9 + 2} \right) = {11^3}\).
Vậy có duy nhất số q thỏa yêu cầu của đề bài là \(q = 11\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập