Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:\(\left(a^2+bc\right)\left(b+c\right)=b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{\left(a^2+bc\right)\left(b+c\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}=\sqrt{\frac{b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}\)
Tương tự\(\Rightarrow\)VT=\(\Sigma\sqrt{\frac{b\left(a^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)}{a\left(b^2+c^2\right)}}\)
Đặt \(x=a\left(b^2+c^2\right)\);\(y=b\left(a^2+c^2\right)\);\(z=c\left(b^2+a^2\right)\)
VT=\(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{x+z}{y}}\ge3\sqrt[6]{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{xyz}}\ge3\sqrt{2}\)(BĐT Cô-si)
Dấu''='' xra\(\Leftrightarrow\)a=b=c
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
\(\sqrt{\left(a+1\right)\left(b-1\right)}\le\frac{a+1+b-1}{2}=\frac{a+b}{2}\)
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:
\(\sqrt{\left(a+1\right)\left(b-1\right)}+\sqrt{\left(b+1\right)\left(c-1\right)}+\sqrt{\left(c+1\right)\left(a-1\right)}< a+b+c\)
Bài 1:
Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz có:
\(\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8bc}+c\sqrt{c^2+8bc}}\)
Lại sử dụng bđt Cauchy schwarz ta có:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}=\sqrt{a}\cdot\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\cdot\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\cdot\sqrt{c^3+8abc}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}}\)
=> Ta cần chứng minh: \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)
hay \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Áp dụng bđt Cosi ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân các vế của 3 bđt trên ta đc:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)
=> Đpcm
BĐT \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\le\left(a+d\right)\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+2\sqrt{abcd}+cd\le ab+ac+bd+dc\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{abcd}\le ac+bd\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(\sqrt{ac}-\sqrt{bd}\right)^2\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{ac}=\sqrt{bd}\Leftrightarrow ac=bd\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{d}{c}\)
a.
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
(luôn đúng)
b. Áp dụng BĐT \(x^2+y^2\ge2xy\)
\(a^2+b^2\ge2ab,a^2+1\ge2a,b^2+1\ge2b\)\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+1\right)\ge2\left(ab+a+b\right)\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
c. Tương tự câu b
Áp dụng BĐT Cô si ta có
i. \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}},\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{bc}},\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{\sqrt{ca}}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\right)\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\)
k. Tương tự câu i
Ap dung bo de : \(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}\le\sqrt{xy}\left(x,y\ge1\right)\) (1)
(1) <=> \(2\sqrt{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}\le\left(x-1\right)\left(y-1\right)+1\) (dung theo AM-GM)
Ta co \(VT\le\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}=VP\)
Dau = xay ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)=1\\\left(ab+1\right)\left(c-1\right)=1\end{cases}}\)
Trước hết, ta đi chứng minh bổ đề: \(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\le\sqrt{pq}\)(*) (với \(p,q\ge1\))
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\right)^2\le pq\) \(\Leftrightarrow\left(p-1\right)+\left(q-1\right)+2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le pq\)\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le\left(pq-p-q+1\right)+1\) \(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\le\left(p-1\right)\left(q-1\right)+1\)
Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức AM - GM vì \(\left(p-1\right)\left(q-1\right)+1\ge2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right).1}=2\sqrt{\left(p-1\right)\left(q-1\right)}\)
Như vậy, ta đã chứng minh được bất đẳng thức phụ: \(\sqrt{p-1}+\sqrt{q-1}\le\sqrt{pq}\)(với \(p,q\ge1\))
Áp dụng vào bài toán, ta được: \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{ab}+\sqrt{c-1}\)\(=\sqrt{\left(ab+1\right)-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\)(q.e.d)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)=1\\ab\left(c-1\right)=1\end{cases}}\)
1.
\(6=\frac{\sqrt{2}^2}{x}+\frac{\sqrt{3}^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2}{x+y}=\frac{5+2\sqrt{6}}{x+y}\)
\(\Rightarrow x+y\ge\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{x}{\sqrt{2}}=\frac{y}{\sqrt{3}}\\x+y=\frac{5+2\sqrt{6}}{6}\end{matrix}\right.\)
Bạn tự giải hệ tìm điểm rơi nếu thích, số xấu quá
2.
\(VT\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z\right)^2+\frac{81}{\left(x+y+z\right)^2}}\)
Đặt \(x+y+z=t\Rightarrow0< t\le1\)
\(VT\ge\sqrt{t^2+\frac{81}{t^2}}=\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}+\frac{80}{t^2}}\ge\sqrt{2\sqrt{\frac{t^2}{t^2}}+\frac{80}{1^2}}=\sqrt{82}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
3.
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^3}\ge5\sqrt[5]{\frac{a^6}{b^{15}.a^6}}=\frac{5}{b^3}\)
Tương tự: \(\frac{3b^2}{c^5}+\frac{2}{b^3}\ge\frac{5}{a^3}\) ; \(\frac{3c^2}{d^5}+\frac{2}{c^3}\ge\frac{5}{d^3}\) ; \(\frac{3d^2}{a^5}+\frac{2}{d^2}\ge\frac{5}{a^3}\)
Cộng vế với vế và rút gọn ta được: \(3VT\ge3VP\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=1\)
4.
ĐKXĐ: \(-2\le x\le2\)
\(y^2=\left(x+\sqrt{4-x^2}\right)^2\le2\left(x^2+4-x^2\right)=8\)
\(\Rightarrow y\le2\sqrt{2}\Rightarrow y_{max}=2\sqrt{2}\) khi \(x=\sqrt{2}\)
Mặt khác do \(\left\{{}\begin{matrix}x\ge-2\\\sqrt{4-x^2}\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+\sqrt{4-x^2}\ge-2\)
\(y_{min}=-2\) khi \(x=-2\)
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 \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\left(đpcm\right)\)
\(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\le\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\)
\(\Leftrightarrow ab+cd+2\sqrt{abcd}\le ab+bc+cd+da\)
\(\Leftrightarrow bc+da\ge2\sqrt{abcd}\)
\(\Leftrightarrow bc+da-2\sqrt{abcd}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{bc}-\sqrt{da}\right)^2\ge0\) đúng \(\forall a,b,c,d>0\)