Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Theo BĐT Schur bậc 3:
\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(3-2a)(3-2b)(3-2c)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 27+12(ab+bc+ac)-18(a+b+c)-8abc=-27+12(ab+bc+ac)-8abc\)
\(\Rightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
\(=(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-3=6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)
Mặt khác theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\geq 6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\geq 6-\frac{2}{3}.3=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Nếu bạn không được sử dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 thì có thể CM nó thông qua BĐT AM-GM ngược dấu.
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
\((a^2+2c^2)(1+2)\geq (a+2c)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{a^2+2c^2}\geq \frac{a+2c}{\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\geq \frac{a+2c}{\sqrt{3}ac}=\frac{ab+2bc}{\sqrt{3}abc}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\geq \frac{ac+2ab}{\sqrt{3}abc}\\ \frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\geq \frac{bc+2ac}{\sqrt{3}abc}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế các BĐT trên thu được:
\(\text{VT}\geq \frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{ab+2bc+ac+2ab+bc+2ac}{abc}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3(ab+bc+ac)}{abc}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3abc}{abc}=\sqrt{3}\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=3$
Bài 2: Bài này sử dụng pp xác định điểm rơi thôi.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(24a^2+24.(\frac{31}{261})^2\geq 2\sqrt{24^2.(\frac{31}{261})^2a^2}=\frac{496}{87}a\)
\(b^2+(\frac{248}{87})^2\geq 2\sqrt{(\frac{248}{87})^2.b^2}=\frac{496}{87}b\)
\(93c^2+93.(\frac{8}{261})^2\geq 2\sqrt{93^2.(\frac{8}{261})^2c^2}=\frac{496}{87}c\)
Cộng theo vế:
\(B+\frac{248}{29}\geq \frac{496}{87}(a+b+c)=\frac{496}{87}.3=\frac{496}{29}\)
\(\Rightarrow B\geq \frac{496}{29}-\frac{248}{29}=\frac{248}{29}\)
Vậy \(B_{\min}=\frac{248}{29}\). Dấu bằng xảy ra khi: \((a,b,c)=(\frac{31}{261}; \frac{248}{87}; \frac{8}{261})\)
đặt \(\sqrt{x^2+x+1}=t\left(t\ge\sqrt{\dfrac{3}{4}}\right)tacó\)
pt \(\Leftrightarrow\)3t=t\(^2\)+2
\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}t=1\left(tm\right)\\t=2\left(tm\right)\end{matrix}\right.\)
Với t=1 ta có x\(^2\)+x+1=1 \(\Leftrightarrow\)x=0 hoặc x=-1
với t=2 ta có x\(^2\)+x+1 =2 \(\Leftrightarrow\)\(\dfrac{-1\mp\sqrt{5}}{2}\)=x
câu 2 tương tự đặt 2x^2+x-2=t(t\(\ge\dfrac{-17}{8}\))
ta có pt \(\Leftrightarrow\)t^2+5t-6=0
\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}t=1\left(tm\right)\\t=-6\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
với t=1 thì 2x^2+x-2=1 \(\Leftrightarrow\)t=1 hoặc -3/2
d/
\(\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\\Delta'=\left(m-1\right)^2-m\left(m-3\right)< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne0\\m+1< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m< -1\)
e/
\(\Delta=\left(m+1\right)^2-4\left(m-1\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow m^2-2m+5< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2+4< 0\)
Không tồn tại m thỏa mãn
f/
\(m=1\) pt vô nghiệm (thỏa mãn)
Với \(m\ne1\)
\(\Delta'=\left(m-1\right)^2+\left(m-1\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow m\left(m-1\right)< 0\Rightarrow0< m< 1\)
Vậy \(0< m\le1\)
Áp dụng liên tiếp AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\begin{align*} \dfrac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+3ab+c^2}}&\ge \dfrac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+c^2+\left (a^2+b^2 \right )}}\\ &=\dfrac{a^2+ab+1}{\sqrt{a^2+ab+1}}\\ &=\sqrt{a^2+ab+1}=\sqrt{a^2+ab+a^2+b^2+c^2}\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{\left ( \dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}+1+1 \right )\left [\left ( a+\dfrac{b}{2} \right )^2+\dfrac{3b^2}{4}+a^2+c^2 \right ]}\\ &\ge \dfrac{1}{\sqrt{5}}\left [ \dfrac{3}{2}\left (a+\dfrac{b}{2} \right )+\dfrac{3}{4}b+a+c \right ]\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left ( \dfrac{5}{2}a+\dfrac{3}{2}b+c \right ) \end{align*}\)
Chứng minh tương tự, cộng lại ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
bài này cuốn hút thật, lâu lắm ms thấy . xí bài này nhé nghĩ đã lát quay lại làm
BĐT 1 sai ngay với \(a=\sqrt{0,1},b=\sqrt{0,2},c=\sqrt{2,7}\)
BĐT 2 tương đương với đi chứng minh \(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq 3a^2b^2c^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(a^4b^4+b^4c^4\geq 2a^2b^4c^2\)
Tương tự \(b^4c^4+c^4a^4\geq 2b^2c^4a^2,a^4b^4+c^4a^4\geq 2a^4b^2c^2\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\Rightarrow a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\geq a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)=3a^2b^2c^2\)
Do đó ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
thì ra cái đầu sai nghĩ mãi ko ra, đại ca thông minh thật :v
a/ \(x^2-2x-3=-m\)
Đặt \(f\left(x\right)=x^2-2x-3\)
\(-\frac{b}{2a}=1\) ; \(f\left(1\right)=-4\) ; \(f\left(-1\right)=0\) ; \(f\left(3\right)=0\)
\(\Rightarrow\) Để pt có nghiệm trên khoảng đã cho thì \(-4\le-m\le0\Rightarrow0\le m\le4\)
b/ \(-x^2+2mx-m+1=0\)
\(\Delta'=m^2+m-1\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\\m\ge\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)
Để pt có 2 nghiệm đều âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m< 0\\x_1x_2=m-1>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) không tồn tại m thỏa mãn
Vậy pt luôn có ít nhất 1 nghiệm \(x\ge0\) với \(\left[{}\begin{matrix}m\le\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\\m\ge\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}\right.\)
c/ \(f\left(x\right)=2x^2-x-1=m\)
Xét hàm \(f\left(x\right)=2x^2-x-1\) trên \(\left[-2;1\right]\)
\(-\frac{b}{2a}=\frac{1}{4}\) ; \(f\left(\frac{1}{4}\right)=-\frac{9}{8}\) ; \(f\left(-2\right)=9\); \(f\left(1\right)=0\)
\(\Rightarrow\) Để pt có 2 nghiệm pb thuộc đoạn đã cho thì \(-\frac{9}{8}< m\le0\)
d/ \(f\left(x\right)=x^2-2x+1=m\)
Xét \(f\left(x\right)\) trên \((0;2]\)
\(-\frac{b}{2a}=1\) ; \(f\left(1\right)=0\) ; \(f\left(0\right)=1\); \(f\left(2\right)=1\)
Để pt có nghiệm duy nhất trên khoảng đã cho \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=1\end{matrix}\right.\)
e/ ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x\ge-3\\x\le-4\end{matrix}\right.\\x\ge m\end{matrix}\right.\)
\(x^2+4x+3=x-m\)
\(\Leftrightarrow f\left(x\right)=x^2+3x+3=-m\)
Xét hàm \(f\left(x\right)\)
\(-\frac{b}{2a}=-\frac{3}{2}\) ; \(f\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{3}{4}\); \(f\left(-3\right)=3\); \(f\left(-4\right)=7\)
Để pt có 2 nghiệm thỏa mãn \(x\notin\left(-4;-3\right)\) thì \(\left[{}\begin{matrix}\frac{3}{4}< m\le3\\m\ge7\end{matrix}\right.\) (1)
Mặt khác \(x^2+3x+m+3=0\)
Để pt có 2 nghiệm thỏa mãn \(m\le x_1< x_2\) thì:
\(\left\{{}\begin{matrix}f\left(m\right)\ge0\\x_1+x_2>2m\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2+4m+3\ge0\\2m< -3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m\le-3\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ko tồn tại m thỏa mãn
\(GT\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=3+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3}\)Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\) 2 số =0, 1 số =\(\sqrt{3}\)
\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge2\sqrt{2a^2}\cdot2\sqrt{2b^2}\cdot2\sqrt{2c^2}=8abc\sqrt{8}=16abc\sqrt{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{2}\)