Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Khó quá. Đúng là Câu Hỏi Hay!!
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)
Nhân theo vế 2 BĐT trên có:
\(A\ge9\sqrt[3]{abc\cdot\dfrac{1}{abc}}=9\)
Khi \(a=b=c\)
Bài 2:
a)Sửa đề \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{x+y}=\dfrac{4}{x+y}\)
Khi \(x=y\)
b)Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) ta có:
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{4}{2b}=\dfrac{2}{b}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c};\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\ge\dfrac{2}{a}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(2VT\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2VP\Leftrightarrow VT\ge VP\)
Khi \(a=b=c\)
Câu 1: Với \(a;b;c>0\), theo bất đẳng thức Cauchy:
\(a+b+c\ge3.\sqrt[3]{abc}\). Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\). Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\)
Nhân theo vế ta được \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Rightarrow MinA=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
câu 1 :Đặt b+c-a=x; a+c-b=y ; a+b-c=z
vì a,b,c là 3 cạnh của tam giác nên
b+c-a>0 ; a+c-b>0 ; a+b-c>0
Đặt biểu thức \(\dfrac{a}{b +c-a}\)+\(\dfrac{b}{c+a-b}\)+\(\dfrac{c}{a+b-c}\)=S thì
2S=\(\dfrac{2a}{b+c-a}\)+\(\dfrac{2b}{c+a-b}\)+\(\dfrac{2c}{a+b-c}\)
mà \(\dfrac{2a}{b+c-a}\)=\(\dfrac{a+c-b+a+b-c}{b+c-a}\)=\(\dfrac{y+z}{x}\) , tương tự
\(\dfrac{2b}{c+a-b}\)=\(\dfrac{x+z}{y}\)
\(\dfrac{2c}{a+b-c}\)=\(\dfrac{x+y}{z}\)
=>2S=\(\dfrac{x+y}{z}\)+\(\dfrac{y+z}{x}\)+\(\dfrac{x+z}{y}\)=\(\dfrac{x}{z}\)+\(\dfrac{y}{z}\)+\(\dfrac{y}{x}\)+\(\dfrac{z}{x}\)+\(\dfrac{x}{y}\)+\(\dfrac{z}{y}\)
ta thấy \(\dfrac{x}{z}\)+\(\dfrac{z}{x}\)=\(\dfrac{x^{2^{ }}+z^2}{xz}\)\(\ge\)\(\dfrac{2xz}{xz}\)=2 tương tự với 2 cặp số nghich đảo còn lại thì ta có 2S\(\ge\)2+2+2=6
nên S\(\ge\)3
dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow\)x=y=z
câu 2 :
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 \(\dfrac{1}{a+b}\)+\(\dfrac{1}{a+c}\)>\(\dfrac{1}{b+c}\);\(\dfrac{1}{a+b}\)+\(\dfrac{1}{b+c}\)>\(\dfrac{1}{a+c}\)
nên điều phải chứng minh
\(\left(1+\dfrac{b}{a}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\left(1+\dfrac{a}{c}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)=8abc\).
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.
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 \(a=b=c\)
a)a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
\(\Rightarrow a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
TT\(\Rightarrow b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng vế theo vế ta có đpcm
b)BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{a+b-c}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b+c}{b+c-a}+\dfrac{a+b+c}{a+c-b}+\dfrac{a+b+c}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge9\)(đúng theo AM-GM)
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
Đề phải là \(\ge\)
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}=\dfrac{1}{\dfrac{-a+b+c}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{a-b+c}{2}}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b-c}{2}}=2\left(\dfrac{1}{-a+b+c}+\dfrac{1}{a-b+c}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\)
Áp dụng BĐT trong tam giác:
a+b>c=>a+b-c>0
a+c>b=>a-b+c>0
b+c>a=>-a+b+c>0
Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)cho 2 số dương:
\(\dfrac{1}{-a+b+c}+\dfrac{1}{a-b+c}\ge\dfrac{4}{2c}=\dfrac{2}{c}\)
Dấu = xảy ra khi -a+b+c=a-b+c<=>a=b
\(\dfrac{1}{a-b+c}+\dfrac{1}{a+b-c}\ge\dfrac{4}{2a}=\dfrac{2}{a}\)
Dấu = xảy ra khi a-b+c=a+b-c<=>b=c
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{-a+b+c}\ge\dfrac{4}{2b}=\dfrac{2}{b}\)
Dấu = xảy ra khi a+b-c=-a+b+c<=>a=c
=>\(2\left(\dfrac{1}{-a+b+c}+\dfrac{1}{a-b+c}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
Hay \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\)<=>tam giác ABC đều
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{a+b+c}\)
=>\(\dfrac{bc+ac+ab}{abc}=\dfrac{1}{a+b+c}\)
=> (bc+ac+ab)(a+b+c)=abc
=> abc+b2c+bc2+a2c+abc+ac2+a2b+ab2+abc=abc
=>abc+b2c+bc2+a2c+abc+ac2+a2c+ab2+abc-abc=0
=>(a2c+2abc+b2c)+(a2b+ab2)+(ac2+bc2)=0
=>c(a+b)2+ab(a+b)+c2(a+b)=0
=>(a+b)[c(a+b)+ab+c2]=0
=>(a+b)(ac+bc+ab+c2)=0
=>(a+b)[a(c+b)+c(b+c)]=0
=>(a+b)(c+b)(a+c)=0
=> a+b=0, c+b=0, a+c=0
nếu a+b=0=>a=-b
\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{1}{-b^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{1}{c^3}\)(1)
và \(\dfrac{1}{a^3+b^3+c^3}=\dfrac{1}{-b^3+b^3+c^3}=\dfrac{1}{c^3}\) (2)
từ (1) và (2) suy ra đpcm
Bài 1:a,b,c ba cạnh tam giác => a,b,c dương
\(\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a+b>c\\b+c>a\end{matrix}\right.\) ta có: \(\dfrac{x}{y}< \dfrac{x+p}{y+p}\forall_{x,y,p>0\&x< y}\)
\(VT=\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a+c}{a+b}+\dfrac{b}{c+a}< \dfrac{a+c+c}{a+b+c}+\dfrac{b+b}{a+b+c}=\)
\(=\dfrac{a+b+c+b+c}{a+b+c}< \dfrac{\left(a+b+c\right)+\left(A+b+c\right)}{a+b+c}< \dfrac{2\left(b+a+c\right)}{a+b+c}=2=VP\)
p/s: đề sao làm vậy:
mình nghi đề phải thế này: \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}< 2\) cách làm đơn giản hơn
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 \(a=b=c=d=1\)
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{2}{b}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{a}\) ; \(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{2}{c}\)
Cộng vế:
\(2\left(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\right)\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
cho em hỏi tại sao 1/a+b-c +1/b+c-a>=4/a+b-c+b+c-a vậy ạ