Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)
Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)
\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)
Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)
Ta có đpcm.
Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v
Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau
Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)
Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)
Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:
\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)
[Toán.C23 _ 21.1.2021]
Đặt \(a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y};c=\dfrac{1}{z}\)
Giả thiết trở thành \(2x+9y+21z\le12xyz\)
\(\Leftrightarrow3z\ge\dfrac{2x+8y}{4xy-7}\)
Áp dụng BĐT Cosi và BĐT BSC:
Khi đó \(P=x+2y+3z\)
\(\ge x+2y+\dfrac{2x+8y}{4xy-7}\)
\(=x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{1}{2x}\left(4xy-7+\dfrac{4x^2+28}{4xy-7}\right)\)
\(\ge x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{1}{x}\sqrt{4x^2+28}\)
\(=x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{3}{2}\sqrt{\left(1+\dfrac{7}{9}\right)\left(1+\dfrac{7}{x^2}\right)}\)
\(\ge x+\dfrac{11}{2x}+\dfrac{3}{2}\left(1+\dfrac{7}{3x}\right)\)
\(\ge x+\dfrac{9}{x}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{15}{2}\)
\(\Rightarrow minP=\dfrac{15}{2}\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\)
Mấy câu có thêm dòng trích từ mấy đề quốc gia, quốc tế gì gì đó đâm ra nản luôn.
C23 cách khác: Điểm rơi \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\) nên ta đặt \(a=\dfrac{1}{3}x;b=\dfrac{4}{5}y;c=\dfrac{3}{2}z\).
Ta có \(21ab+2bc+8ca\le12\Leftrightarrow\dfrac{28}{5}xy+\dfrac{12}{5}yz+4zx\le12\Leftrightarrow7xy+3yz+5zx\le15\).
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: \(15\ge7ab+3bc+5ca\ge15\sqrt[15]{\left(xy\right)^7.\left(yz\right)^3.\left(zx\right)^5}=15\sqrt[15]{x^{12}y^{10}z^8}\)
\(\Rightarrow x^6y^5z^4\le1\);
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}=3x+\dfrac{5}{2}y+2z=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{6}{x}+\dfrac{5}{y}+\dfrac{4}{z}\right)\ge\dfrac{1}{2}.15\sqrt[15]{\left(\dfrac{1}{x}\right)^6.\left(\dfrac{1}{y}\right)^5.\left(\dfrac{1}{z}\right)^4}=\dfrac{15}{2}.\sqrt[15]{\dfrac{1}{x^6y^5z^4}}\ge\dfrac{15}{2}\).
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\) tức \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\).Vậy Min P = \(\dfrac{15}{2}\) khi \(a=\dfrac{1}{3};b=\dfrac{4}{5};c=\dfrac{3}{2}\).
P/s: Lời giải nhìn có vẻ đơn giản nhưng muốn tìm điểm rơi thì phải dùng bđt AM - GM suy rộng.
C27.Gọi AB là dây vuông góc với OP tại P , và dây CD là dây bất kỳ đi qua P vàkhông trùng với AB .
Kẻ \(OH\perp CD\)
\(\Delta OHP\) vuông tại H\(\Rightarrow\) OH < OP \(\Rightarrow\) CD > AB
Như vậy trong tất cả các dây đi qua P , dây vuông góc với OP tại P có độ dài nhỏ nhất.
a.
\(\dfrac{x}{x+\sqrt{3x+yz}}=\dfrac{x}{x+\sqrt{x\left(x+y+z\right)+yz}}=\dfrac{x}{x+\sqrt{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}\le\dfrac{x}{x+\sqrt{\left(\sqrt{xz}+\sqrt{xy}\right)^2}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{x+\sqrt{3x+yz}}\le\dfrac{x}{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)
Tương tự:
\(\dfrac{y}{y+\sqrt{3y+xz}}\le\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\) ; \(\dfrac{z}{z+\sqrt{3z+xy}}\le\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
b.
\(VP=\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{2\sqrt{4a\left(a+3b\right)}+2\sqrt{4b\left(b+3c\right)}+2\sqrt{4c\left(c+3a\right)}}\)
\(VP\ge\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{4a+a+3b+4b+b+3c+4c+c+3a}\)
\(VP\ge\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{8\left(a+b+c\right)}=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu 1:
\(\sqrt{x-a}+\sqrt{y-b}+\sqrt{z-c}=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\\ \Leftrightarrow2\sqrt{x-a}+2\sqrt{y-b}+2\sqrt{z-c}=x+y+z\\ \Leftrightarrow x+y+z-2\sqrt{x-a}-2\sqrt{y-b}-2\sqrt{z-c}=0\\ \Leftrightarrow x+y+z-2\sqrt{x-a}-2\sqrt{y-b}-2\sqrt{z-c}+3-a-b-c=0\\ \Leftrightarrow\left[\left(x-a\right)-2\sqrt{x-a}+1\right]+\left[\left(y-b\right)-2\sqrt{y-b}+1\right]+\left[\left(z-c\right)-2\sqrt{z-c}+1\right]=0\\ \Leftrightarrow\left(\sqrt{x-a}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-b}-1\right)^2+\left(\sqrt{z-c}-1\right)^2=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-a}-1=0\\\sqrt{y-b}-1=0\\\sqrt{z-c}-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-a}=1\\\sqrt{y-b}=1\\\sqrt{z-c}=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-a=1\\y-b=1\\z-c=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=a+1\\y=b+1\\z=c+1\end{matrix}\right.\)Vậy \(\left\{x;y;z\right\}=\left\{a+1;b+1;c+1\right\}\)
Câu 2:
\(\text{ a) Ta có }:\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}< \dfrac{2}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}=\dfrac{2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)}{\left(\sqrt{n-1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)}\\ =\dfrac{2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)}{n-n+1}=2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\left(1\right)\)
\(\text{Lại có: }\dfrac{1}{\sqrt{n}}=\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}>\dfrac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\dfrac{2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}\\ =\dfrac{2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}{n+1-n}=2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow2\left(\sqrt{n+1}-n\right)< \dfrac{1}{\sqrt{n}}< 2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\)
b) Áp dụng bất đảng thức ở câu a:
\(\Rightarrow S=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{100}}\\ >2\left(\sqrt{101}-\sqrt{100}\right)+...+\left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)+\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)+\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)\\ =2\left(\sqrt{101}-\sqrt{100}+...+\sqrt{4}-\sqrt{3}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)\\ =2\left(\sqrt{101}-\sqrt{1}\right)>2\left(\sqrt{100}-1\right)=2\left(10-1\right)=18\left(3\right)\)
\(\Rightarrow S=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{100}}< 2\left(\sqrt{100}-\sqrt{99}\right)+...+\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)+\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)+\left(\sqrt{1}-\sqrt{0}\right)\\ =2\left(\sqrt{100}-\sqrt{99}+...+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{1}\right)\\ =2\cdot\sqrt{100}=2\cdot10=20\left(4\right)\)
Từ \(\left(3\right)\) và \(\left(4\right)\Rightarrow18< S< 20\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
\(6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\right)\)
\(=6\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\right)-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2+2\left(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{2z+x+y}\right)-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2+2.\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2x+y+z+x+2y+z+2z+x+y}-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2+\dfrac{18}{4\left(x+y+z\right)}-2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2+\dfrac{18}{4\left(x+y+z\right)}-\dfrac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(=6.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2+\dfrac{18}{4.\dfrac{3}{4}}-\dfrac{2}{3}.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2=9\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{4}\)
a) ab+bc+ca\(\le\dfrac{\left(a+c+b\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow3ab+3bc+3ac\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca\le2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b,c\)
[Toán.C17_19.1.2021]
Gọi x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn \(a=x+y;b=y+z;c=z+x\)
Khi đó: \(a^2b\left(a-b\right)+b^2c\left(b-c\right)+c^2a\left(c-a\right)\ge0\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)\left(x-z\right)+\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)\left(y-x\right)+\left(z+x\right)^2\left(x+y\right)\left(z-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^3z+y^3x+z^3y\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge x+y+z\left(2\right)\)
Áp dụng BĐT BSC:
\(\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=x+y+z\)
\(\Rightarrow\left(2\right)\) đúng \(\Rightarrow\left(1\right)\) đúng
VietNam TST, 1996.
Chuẩn hóa \(x^2+y^2+z^2=1.\) Cần chứng minh:
\(6\left(x+y+z\right)\le27xyz+10\)
Ta có: \(1=x^2+y^2+z^2\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Rightarrow x^2y^2z^2\le\dfrac{1}{27}\Rightarrow-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\le xyz\le\dfrac{\sqrt{3}}{9}\)
Do đó: \(VP\ge27\cdot\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\right)+10=10-3\sqrt{3}>0.\)
Nếu $x+y+z<0$ thì $VP>0>VT$ nên ta chỉ xét khi $x+y+z\geq 0.$
Đặt $\sqrt{3}\geq p=x+y+z>0;q=xy+yz+zx,r=xyz.$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:\(6p\le27r+10\quad\left(1\right)\)
Mà \(x^2+y^2+z^2=1\Leftrightarrow p^2-2q=1\Rightarrow q=\dfrac{\left(p^2-1\right)}{2}\quad\left(2\right)\)
Ta có: $$(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2\geq 0.$$
Chuyển sang \(\textit{pqr}\) và kết hợp với $(2)$ suy ra \({\dfrac {5\,{p}^{3}}{54}}-\dfrac{p}{6}-{\dfrac {\sqrt {2 \left(3- {p}^{2} \right) ^{3}}}{54}}\leq r \)
Từ đây thay vào $(1)$ cần chứng minh:
$$\dfrac{5}{2}p^3-\dfrac{21}{2}p+10\geqslant \dfrac{1}{2}\sqrt{2\left(3-p^2\right)^3}$$
Hay là $$\dfrac{1}{4} \left( 27\,{p}^{4}+54\,{p}^{3}-147\,{p}^{2}-148\,p+346 \right) \left( p-1 \right) ^{2}\geqslant 0.$$
Đây là điều hiển nhiên.