Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
a, \(BĐT\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng vì a,b>0)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b
b, Áp dụng bđt câu a ta có: \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
=>\(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự \(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+1}\le\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
Cộng 3 bđt vế theo vế ta được:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=1\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
Tượng tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3b}{4}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT+\frac{3}{4}+\frac{a+b+c}{4}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\)(1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)(2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{4}\)( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
abc = 1 \(\Rightarrow\frac{1}{abc}=1\Rightarrow xyz=1\)
Đặt \(a=\frac{1}{x}\); \(b=\frac{1}{y}\); \(c=\frac{1}{z}\)(x, y, z > 0)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a^3}=x^3\\\frac{1}{b+c}=\frac{1}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}=\frac{1}{\frac{y+z}{yz}}=\frac{yz}{y+z}\end{cases}\Leftrightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{x^3yz}{y+z}=\frac{x^2}{y+z}}\)
Tương tự, ta có :
\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{y^2}{z+x}\)
\(\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{z^2}{x+y}\)
Ta cần cm : \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng bđt Cau chy cho x, y, z > 0
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{4}}=x\)
\(\frac{y^2}{z+x}+\frac{z+x}{4}\ge y\)
\(\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\)
Ta cần cm : \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
Áp dụng bđt Cauchy cho x, y, z> 0
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
trong tập chuyên đề về Svac-xơ cũng có câu này , còn về cách chứng minh thì easy lắm
Do \(abc=1\)Nên có thể viết lại bđt cần chứng minh trở thành :
\(\frac{a^2b^2c^2}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2c^2}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức Svac-xơ ta có :
\(\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{a^2c^2}{b\left(a+c\right)}+\frac{a^2b^2}{c\left(a+b\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+ac+ba+bc+ca+cb}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(ab+bc+ca\ge3\), thật vậy :
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số thực dương ta có :
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abbcca}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
2a)với a,b,c là các số thực ta có
\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)
tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)
tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)
cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
a3 + b3 \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> (a + b)(a2 - ab + b2) \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> a2 - ab + b2 \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> 4a2 - 4ab + 4b2 \(\ge1\)
<=> 4a2 - 4a(1 - a) + 4(1 - a)2 \(\ge\)1
<=> 8a2 - 4a + 4(a2 - 2a + 1) \(\ge\)1
<=> 12a2 - 12a + 3 \(\ge\)0
<=> 3(4a2 - 4a + 1) \(\ge0\)
<=> (2a - 1)2 \(\ge\)0 (đúng)
Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=\frac{1}{2}\)
b) Vì \(a^3+b^3\ge\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3}\ge4\)
Khi đó \(\frac{1}{a^3+b^3}+\frac{3}{ab}\ge16\)
<=> \(\frac{3}{ab}\ge12\)
<=> ab \(\ge\frac{1}{4}\)
<=> 4ab \(\ge1\)
<=> 4a(1 - a) \(\ge1\)
<=> (2a - 1)2 \(\ge0\)(đúng)
=> ĐPCM