Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: \(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2>=0\)(luôn đúng)
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz dạng Engel, ta có:
\(A=\dfrac{x^2}{x-1}+\dfrac{y^2}{y-1}\)
\(\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\)
Đặt \(x+y=a\left(a>0\right)\)
\(\Rightarrow A\ge\dfrac{a^2}{a-2}\)
\(=\dfrac{8\left(a-2\right)+\left(a^2-8a+16\right)}{a-2}\)
\(=8+\dfrac{\left(a-4\right)^2}{a-2}\ge8\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=2\)
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Shwarz dạng Engel, ta có:
\(A=\dfrac{x}{\sqrt{y}-1}+\dfrac{y}{\sqrt{z}-1}+\dfrac{z}{\sqrt{x}-1}\)
\(\ge\dfrac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}-3}\)
Đặt \(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=a\left(a>0\right)\)
\(\Rightarrow A\ge\dfrac{a^2}{a-3}\)
\(=\dfrac{12\left(a-3\right)+\left(a^2-12a+36\right)}{a-3}\)
\(=12+\dfrac{\left(a-6\right)^2}{a-3}\ge12\)
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 2
\(\sqrt{\left(a+1\right)\left(b-1\right)}\le\frac{a+1+b-1}{2}=\frac{a+b}{2}\)
Tương tự: \(\sqrt{\left(b+1\right)\left(c-1\right)}\le\frac{b+c}{2}\) ; \(\sqrt{\left(c+1\right)\left(a-1\right)}\le\frac{c+a}{2}\)
Cộng vế với vế, do dấu "=" ko đồng thời xảy ra nên:
\(\sqrt{\left(a+1\right)\left(b-1\right)}+\sqrt{\left(b+1\right)\left(c-1\right)}+\sqrt{\left(c+1\right)\left(a-1\right)}< a+b+c\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)
Ta có: \(\sqrt{a+bc}=\sqrt{\dfrac{a^2+abc}{a}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\)
thiết lập tương tự ,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a}}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge abc+\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge abc+\sum a\sqrt{bc}\)
Điều này luôn đúng theo BĐT Bunyakovsky:
\(\sum\sqrt{\left(b^2+ab\right)\left(c^2+ac\right)}\ge\sum\left(bc+a\sqrt{bc}\right)=abc+\sum a\sqrt{bc}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=3
a) Gọi D là điều kiện xác định của biểu thức vế trái D = [- 8; +∞]. Vế trái dương với mọi x ∈ D trong khi vế phải là số âm. Mệnh đề sai với mọi x ∈ D. Vậy bất phương trình vô nghiệm.
b) Vế trái có ≥ 1 ∀x ∈ R,
≥ 1 ∀x ∈ R
=> +
≥ 2 ∀x ∈ R.
Mệnh đề sai ∀x ∈ R. Bất phương trình vô nghiệm.
c) ĐKXĐ: D = [- 1; 1]. Vế trái âm với mọi x ∈ D trong khi vế phải dương.
a) Ta có: \(x^2+\dfrac{1}{x^2+1}=x^2+1+\dfrac{1}{x^2+1}-1\)\(\ge2\sqrt{\left(x^2+1\right).\dfrac{1}{x^2+1}}-1=2-1=1\).
Vì vậy: \(x^2+\dfrac{1}{x^2+1}\ge1\) nên BPT vô nghiệm.
b) Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\sqrt{x^2-x+1}+\dfrac{1}{\sqrt{x^2-x+1}}\ge\)\(2\sqrt{\left(x^2-x+1\right).\dfrac{1}{x^2-x+1}}=2\).
Vì vậy BPT vô nghiệm.
đặt a-1=x2;b-1=y2;c-1=z2 với x,y,z>0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(y^2+1\right)\left(x^2+1\right)+1\right]}\)
áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có \(x+y\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+z}\left(1\right)̸\)
\(\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1}\cdot\sqrt{z^2+1}\)(2)
kết hợp (1) và (2) ta có \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)
vậy \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\left(đpcm\right)\)
\(\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}=\dfrac{\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}\right)\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}\right)}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}\)
\(=\dfrac{2}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}\)
Mà \(1.\sqrt{a+1}+1.\sqrt{a-1}< \sqrt{\left(1+1\right)\left(a+1+a-1\right)}=2\sqrt{a}\) (dấu "=" của BĐT Bunhia ko xảy ra)
\(\Rightarrow\dfrac{2}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}>\dfrac{2}{2\sqrt{a}}=\dfrac{1}{\sqrt{a}}\)
Hay \(\dfrac{1}{\sqrt{a}}< \sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}\) (đpcm)