vd_tan

Cho phương trình:
$ \sqrt{x+1}+ \sqrt{3-x}- \sqrt{(x+1)(3-x)}$=n.
Tìm n để phương trình có nghiệm.

Đặt $t = \sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} $ thì $\sqrt {(x + 1)(3 - x)} = \dfrac{{4 - {t^2}}}{2} \Rightarrow \sqrt {x + 1} + \sqrt {3 - x} - \sqrt {(x + 1)(3 - x)} - n = t + \dfrac{{{t^2} - 4}}{2} - n = 0$


Nên ${t^2} + 2t - 4 - 2n = 0 \Rightarrow D = 4 + 4(4 + 2n) \ge 0 \Rightarrow n \ge \dfrac{{ - 5}}{2}$

Đặt $ {x_i} = 1 - {a_i} \Rightarrow {x_i} \in \left[ {0,2} \right] $
Do $ \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2} = \sum\limits_{i = 1}^n {(1 - {x_i}} {)^2} = \sum\limits_{i = 1}^n {(1 - 2{x_i} + x_i^2)} = n - 2\sum\limits_{i = 1}^n {{x_i}} + \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2} = n - 6 + \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2} $
Vậy $ \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2} \le n - 1 \Leftrightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2} \le 5 $
Nếu không có số nào >=1 => $ {x_i} \in [0,1] \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {x_i^2} \le \sum\limits_{i = 1}^n {{x_i} = 3} < 5 $

Giả sử có 1 số >=1 , x>= 1

$ \Rightarrow x_1^2 + x_2^2 + ... + x_{n - 1}^2 \le {({x_1} + {x_2} + ... + {x_{n - 1}})^2} = {(3 - {x_n})^2} $

$ {(3 - {x_n})^2} + x_n^2 \le 5 \Leftrightarrow ({x_{_n}} - 1)({x_{_n}} - 2) \le 0 $ đúng => đpcm.

Nếu a = b = 1 Bdt đúng!

Nếu $a \neq b$ , giả sử a>b
Bất đẳng thức ban đầu tương đương $\dfrac{{{a^{2008}} - {b^{2008}}}}{{a - b}} \ge 2008
\Leftrightarrow {a^{2008}} - {b^{2008}} \ge 2008(a - b)
a = 1 + x,b = 1 - x(x \ge 0)
\Rightarrow {a^{2008}} - {b^{2008}} = {(1 + x)^{2008}} - {(1 - x)^{2008}} = 2*(C_{2008}^1x + C_{2008}^3{x^3} + ... + C_{2008}^{2007}) \ge 2C_{2008}^1 = 2008{x^2}
.Lai có 2008(a - b) = 2008*2{\rm{x}} \Rightarrow {a^{2008}} - {b^{2008}} \ge 2008(a - b)

đpcm
$

Cách giải khác: (Cấp 3)
Đặt $ a = \cos A,b = \cos B,c = \cos C \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc = 1
$, A,B,C là góc nhọn
$\dfrac{3}{2} \ge \cos A + \cos B + \cos C \ge 3\sqrt[3]{{\cos A\cos B\cos C}} \Rightarrow \sqrt[3]{{abc}} \le \dfrac{1}{2} \Rightarrow abc \le \dfrac{1}{8}$

uhm, sao giải phức tạp dậy.
${a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc = 1 \Rightarrow 1 \ge 3\sqrt[3]{{{{(abc)}^2}}} + 2abc $
Đặt $ t = \sqrt[3]{{abc}},t > 0 \Rightarrow 1 \ge 2{t^3} + 3{t^2} \Leftrightarrow {(t + 1)^2}(2t - 1) \le 0 \Rightarrow t \le \dfrac{1}{2} \Rightarrow abc \le \dfrac{1}{8} $;
Xong!