Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
Ta có:
\(\left(ab-1\right)^2=a^2b^2-2ab+1=a^2b^2-a^2-b^2+1+a^2+b^2-2ab\)
\(=\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\)
Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)
Do \(a;b;c\ge1\) nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:
\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa
2.
Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (1)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
Đúng theo (1)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
Sử dụng pp biến đổi tương đương:
a) \(\frac{a^2+b^2}{2}\geq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2}{2}\geq \frac{(a+b)^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow 4(a^2+b^2)\geq 2(a+b)^2\Leftrightarrow 4(a^2+b^2)\geq 2(a^2+2ab+b^2)\)
\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2)\geq 4ab\Leftrightarrow 2(a^2+b^2-2ab)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow 2(a-b)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xẩy ra khi $a=b$
c)
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq \left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) \(\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq \frac{(a+b+c)^2}{9}\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ac+a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
b) \(\frac{a^4+b^4}{2}\geq \left(\frac{a+b}{2}\right)^4\)
Áp dụng 2 lần BĐT phần a: \(\frac{a^4+b^4}{2}\geq \left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^2(1)\)
Và: \(\frac{a^2+b^2}{2}\geq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2\Rightarrow \left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^2\geq \left(\frac{a+b}{2}\right)^4(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{2}\geq \left(\frac{a+b}{2}\right)^4\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b\)
b) \(\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)
= \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
=\(2+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\)
áp dụng BĐT cô si cho 2 số ta có
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> \(2+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge4\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)\ge4\)(đpcm)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\ge\left(a+b+c\right).\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)
Câu 1:
Ta có: \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2^2}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+2ab+b^2-4ab}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\) (1)
Ta có: \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2}-\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2a^2-2b^2-a^2-2ab-b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab-b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow ab\le\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\le\dfrac{a^2+b^2}{2}\)
5 , a3+b3+c3\(\ge\) 3abc
\(\Leftrightarrow\) a3+3a2b+3ab2+b3+c3-3a2b-3ab2-3abc\(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) (a+b)3+c3-3ab(a+b+c) \(\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-bc+c2)-3ab(a+b+c) \(\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)\(\ge0\) (1)
ta co : a,b,c>0 \(\Rightarrow\)a+b+c>0 (2)
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2\(\ge0\)
<=> 2a2+2b2+2c2-2ac-2cb-2ab\(\ge0\)
<=>a2+b2+c2-ab-bc-ac\(\ge\) 0 (3)
Từ (1)(2)(3)=> pt luôn đúng
Để chứng minh bất đẳng thức (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2, ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp chứng minh định lý hình học.
Giả sử a, b, c là các số thực và (a, b, c) không phải là (0, 0, 0). Ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng:
(a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] - 9/2 ≥ 0
Mở rộng và rút gọn biểu thức ta có:
2a^4 + 2b^4 + 2c^4 + 4a^2b^2 + 4b^2c^2 + 4c^2a^2 - 2a^3b - 2ab^3 - 2b^3c - 2bc^3 - 2c^3a - 2ca^3 - 9/2 ≥ 0
Đặt x = a^2, y = b^2, z = c^2, ta có:
2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 4xy + 4yz + 4zx - 2x^(3/2)√y - 2x√y^(3/2) - 2y^(3/2)√z - 2yz^(3/2) - 2z^(3/2)√x - 2zx^(3/2) - 9/2 ≥ 0
Đặt t = √x, u = √y, v = √z, ta có:
2t^4 + 2u^4 + 2v^4 + 4t^2u^2 + 4u^2v^2 + 4v^2t^2 - 2t^3u - 2tu^3 - 2u^3v - 2uv^3 - 2v^3t - 2vt^3 - 9/2 ≥ 0
Nhận thấy rằng biểu thức trên có thể viết dưới dạng tổng của các bình phương:
(t^2 + u^2 + v^2 - tu - uv - vt)^2 + (t^2 - u^2)^2 + (u^2 - v^2)^2 + (v^2 - t^2)^2 ≥ 0
Vì mọi số thực bình phương đều không âm, nên bất đẳng thức trên luôn đúng. Từ đó, ta có chứng minh rằng (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2.
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
