Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1)
Vì \(a,b,c\) là ba cạnh của tam giác nên :
\(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\)
Đặt \((a+b-c,b+c-a,c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=\left(\frac{x+z}{2},\frac{x+y}{2},\frac{y+z}{2}\right)\)
BĐT cần CM tương đương:
\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 8xyz\) với \(x,y,z>0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}=8xyz\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
Bài 2)
Để đề bài chặt chẽ phải bổ sung điều kiện \(a,b,c>0\)
\((a^2+b^2+c^2)^2>2(a^4+b^4+c^4) \Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >a^4+b^4+c^4\)
\(\Leftrightarrow 4a^2b^2>(c^2-a^2-b^2)^2\Leftrightarrow (2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow [(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]>0\)
\(\Leftrightarrow (a+b-c)(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)>0\)
\(\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0\). Khi đó xảy ra các TH:
+) Cả ba nhân tử \(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\) đồng nghĩa với \(a,b,c\) là ba cạnh tam giác
+ ) Tồn tại một nhân tử nhỏ hơn $0$ sẽ kéo theo bắt buộc phải có thêm một nhân tử nhỏ hơn $0$ nữa. Giả sử \(\left\{\begin{matrix} a+b-c<0\\ b+c-a<0\end{matrix}\right.\Rightarrow 2b < 0\) (vô lý)
Vậy ta có đpcm
3) Biến đổi tương đương:
\(8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b\right)^3+\left(b+c\right)^3+\left(a+c\right)^3\) (1)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)+\left(b^3+c^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+6\left(a^3+c^3+b^3\right)\)
\(\ge\left(a^3+b^3\right)+\left(b^3+c^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ac\left(a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\right]+\left[a^3+c^3-ac\left(a+c\right)\right]+\left[b^3+c^3-bc\left(b+c\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(a+c\right)\left(a-c\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2\ge0\) luôn đúng do a, b, c > 0
=> (1) đúng
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
4) Ta có: a+b>c ; b+c>a; a+c>b
Xét \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c}\)
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
Vậy suy ra được điều phải chứng minh
Bài 1:
Áp dụng BĐt cauchy dạng phân thức:
\(\dfrac{1}{2x+y}+\dfrac{1}{x+2y}\ge\dfrac{4}{3\left(x+y\right)}\)
\(\Rightarrow\left(3x+3y\right)\left(\dfrac{1}{2x+y}+\dfrac{1}{x+2y}\right)\ge\left(3x+3y\right).\dfrac{4}{3x+3y}=4\)
dấu = xảy ra khi 2x+y=x+2y <=> x=y
Bài 2:
ta có: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\ge\dfrac{4^2}{a+b+c+d}=\dfrac{16}{a+b+c+d}\)(theo BĐt cauchy-schwarz)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b+c+d}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)\)
Áp dụng BĐT trên vào bài toán ta có:
\(A=\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\)\(A\le\dfrac{1}{16}.4\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
......
dấu = xảy ra khi a=b=c
Bài 2:
Áp dụng BĐT cauchy cho 2 số dương:
\(a^2+1\ge2a\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a^2+1}\le\dfrac{a}{2a}=\dfrac{1}{2}\)
thiết lập tương tự:\(\dfrac{b}{b^2+1}\le\dfrac{1}{2};\dfrac{c}{c^2+1}\le\dfrac{1}{2}\)
cả 2 vế các BĐT đều dương ,cộng vế với vế,ta có dpcm
dấu = xảy ra khi a=b=c=1
Từ \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\Rightarrow2p=a+b+c\)
Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\dfrac{4}{a+b}\) ta có:
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{p-a+p-b}=\dfrac{4}{2q-a-b}\)
\(=\dfrac{4}{a+b+c-a-b}=\dfrac{4}{c}\). Tương tự cho 2 BĐT còn lại:
\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{a};\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-a}\ge\dfrac{4}{b}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\left(1+\dfrac{b}{a}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\left(1+\dfrac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)=8abc\).
Áp dụng BĐT cô-si cho hai số không âm ta có:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \(a=b=c\) hay tam giác ABC đều.
e)
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
=> ĐPCM
Bài 3:
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{xy}+\frac{2}{x^2+y^2}=2\left(\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\) \(\geq 2.\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}=\frac{8}{(x+y)^2}=8\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
b) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{1}{2xy}+\left (\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\geq \frac{1}{2xy}+\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}\)
\(=\frac{1}{2xy}+\frac{4}{(x+y)^2}\)
Theo BĐT AM-GM:
\(xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{1}{2xy}\geq 2\)
Do đó \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\geq 2+4=6\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
Bài 1: Thiếu đề.
Bài 2: Sai đề, thử với \(x=\frac{1}{6}\)
Bài 4 a) Sai đề với \(x<0\)
b) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(x^4-x+\frac{1}{2}=\left (x^4+\frac{1}{4}\right)-x+\frac{1}{4}\geq x^2-x+\frac{1}{4}=(x-\frac{1}{2})^2\geq 0\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^4=\frac{1}{4}\\ x=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (vô lý)
Do đó dấu bằng không xảy ra , nên \(x^4-x+\frac{1}{2}>0\)
Bài 6: Áp dụng BĐT AM-GM cho $6$ số:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}=6\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)
5) a) Đặt b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z thì 2a=y+z;2b=x+z;2c=x+y
Ta có:
\(\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}=\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\right)\ge6\)
Vậy ta suy ra đpcm
b) Ta có: a+b>c;b+c>a;a+c>b
Xét: \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)
.Tương tự:
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c};\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)
Vậy ta có đpcm
6) Ta có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2cd+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)
\(ab+cd=ab+\dfrac{1}{ab}\ge2\)
Suy ra đpcm
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9^2\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Lại có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\forall a,b,c\)
\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ac\Rightarrow ab+bc+ac\le3\)
Bất đẳng thức ban đầu tương đương với:
\(\dfrac{a^2}{a\left(b^2+1\right)}+\dfrac{b^2}{b\left(c^2+1\right)}+\dfrac{c^2}{c\left(a^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\dfrac{a^2}{a\left(b^2+1\right)}+\dfrac{b^2}{b\left(c^2+1\right)}+\dfrac{c^2}{c\left(a^2+1\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b^2+1\right)+b\left(c^2+1\right)+c\left(a^2+1\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}a\left(b^2+1\right)\ge a\cdot2\sqrt{b^2}=2ba\\b\left(c^2+1\right)\ge b\cdot2\sqrt{c^2}=2cb\\c\left(a^2+1\right)\ge c\cdot2\sqrt{a^2}=2ac\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{a\left(b^2+1\right)}+\dfrac{b^2}{b\left(c^2+1\right)}+\dfrac{c^2}{c\left(a^2+1\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Mà \(ab+bc+ca\le3\)\(\Rightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\cdot3}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(VT=\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}\)
\(VT=a-\dfrac{ab^2}{b^2+1}+b-\dfrac{bc^2}{c^2+1}+c-\dfrac{ca^2}{a^2+1}\)
\(VT=3-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2+1\ge2\sqrt{b^2}=2b\\c^2+1\ge2\sqrt{c^2}=2c\\a^2+1\ge2\sqrt{a^2}=2a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ab^2}{b^2+1}\le\dfrac{ab^2}{2b}=\dfrac{ab}{2}\\\dfrac{bc^2}{c^2+1}\le\dfrac{bc^2}{2c}=\dfrac{bc}{2}\\\dfrac{ca^2}{a^2+1}\le\dfrac{ca^2}{2a}=\dfrac{ca}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\le\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\right)\ge3-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\) (1)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}\le3-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)(2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{ab^2}{b^2+1}+\dfrac{bc^2}{c^2+1}+\dfrac{ca^2}{a^2+1}\right)\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ( one shot là done )
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a}{b}\cdot\dfrac{b}{c}\cdot\dfrac{c}{a}}=3\sqrt[3]{1}=3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)