Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( BĐT AM )
Áp dụng BĐT Schwarz ta có:
\(P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3}{2}\)
Dấu " = " khi a = b = c = 1
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
b) \(\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)
= \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
=\(2+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\)
áp dụng BĐT cô si cho 2 số ta có
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> \(2+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge4\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)\ge4\)(đpcm)
Bài 1:
Vì $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác nên \(b+c-a; c+a-b; a+b-c>0\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương:
\(\frac{a^2}{b+c-a}+(b+c-a)\geq 2\sqrt{a^2}=2a\)
\(\frac{b^2}{a+c-b}+(a+c-b)\geq 2\sqrt{b^2}=2b\)
\(\frac{c^2}{a+b-c}+(a+b-c)\geq 2\sqrt{c^2}=2c\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}+a+b+c\geq 2(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{b+c-a}+\frac{b^2}{c+a-b}+\frac{c^2}{a+b-c}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương ta có:
\(ab+\frac{a}{b}\geq 2\sqrt{ab.\frac{a}{b}}=2a\)
\(ab+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{ab.\frac{b}{a}}=2b\)
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow 2(ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})\geq 2(a+b+1)\)
\(\Rightarrow ab+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq a+b+1\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
dạng này chắc chắc là phải dùng AM-GM ngược dấu rồi :)
Ta có:
\(\dfrac{1+b}{1+4a^2}=1+b-\dfrac{4a^2\left(b+1\right)}{4a^2+1}\ge1+b-\dfrac{4a^2\left(b+1\right)}{4a}=1+b-a\left(b+1\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:
\(\dfrac{1+c}{1+4b^2}\ge1+c-b\left(c+1\right);\dfrac{1+a}{1+4c^2}\ge1+a-c\left(a+1\right)\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT=\dfrac{1+b}{1+4a^2}+\dfrac{1+c}{1+4b^2}+\dfrac{1+a}{1+c^2}\)
\(\ge3+\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\)
\(=3-\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3-\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{9}{4}=\dfrac{9}{4}=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
\(VT=\left(\dfrac{a}{1+4c^2}+\dfrac{b}{1+4a^2}+\dfrac{c}{1+4b^2}\right)+\left(\dfrac{1}{1+4c^2}+\dfrac{1}{1+4a^2}+\dfrac{1}{1+4b^2}\right)\)
\(VT=\dfrac{3}{2}-\left(\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\right)+3-\left(\dfrac{4c^2}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\right)\)
Xét \(\dfrac{3}{2}-\left(\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+4c^2\ge2\sqrt{4c^2}=4c\\1+4a^2\ge2\sqrt{4a^2}=4a\\1+4b^2\ge2\sqrt{4b^2}=4b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}\le\dfrac{4c^2a}{4c}=ca\\\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}\le\dfrac{4a^2b}{4a}=ab\\\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\le\dfrac{4b^2c}{4b}=bc\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}-\left(\dfrac{4c^2a}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2b}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2c}{1+4b^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}-\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
Xét \(3-\left(\dfrac{4c^2}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+4c^2\ge2\sqrt{4c^2}=4c\\1+4a^2\ge2\sqrt{4a^2}=4a\\1+4b^2\ge2\sqrt{4b^2}=4b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4c^2}{1+4c^2}\le\dfrac{4c^2}{4c}=c\\\dfrac{4a^2}{1+4a^2}\le\dfrac{4a^2}{4a}=a\\\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\le\dfrac{4b^2}{4b}=b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow3-\left(\dfrac{4c^2}{1+4c^2}+\dfrac{4a^2}{1+4a^2}+\dfrac{4b^2}{1+4b^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}-\left(ab+bc+ca\right)+\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge3-\left(ab+bc+ca\right)\) (3)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{3}{4}\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow3-\dfrac{3}{4}\le3-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{9}{4}\le3-\left(ab+bc+ca\right)\) (4)
Từ (3) và (4)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1+b}{1+4a^2}+\dfrac{1+c}{1+4b^2}+\dfrac{1+a}{1+4c^2}\ge\dfrac{9}{4}\) (đpcm)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)