K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

10 tháng 8 2019

1.

C/m bổ đề: \(a^3-b^3\ge\frac{1}{4}\left(a^3-b^3\right)\) với \(\forall a,b\in R,a\ge b\)

\(\Leftrightarrow4a^3-4b^3-\left(a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow3a^3+3a^2b-3ab^2-3b^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2-b^2\right)\left(a+b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)\ge0\)(đúng)

Theo bài ra: \(a^3-b^3\ge3a-3b-4\)

\(\Leftrightarrow\) Cần c/m: \(\left(a-b\right)^3\ge12a-12b-16\)(1)

Thật vậy:

\(\left(1\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^3-12\left(a-b\right)+16\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^3-8\right]-12\left(a-b-2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b-2\right)\left[\left(a-b\right)^2+2\left(a-b\right)+4\right]-12\left(a-b-2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b-2\right)\left[\left(a-b\right)^2+2\left(a+b\right)-8\right]\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b-2\right)^2\left(a-b+4\right)\ge0\) (đúng với mọi a,b thỏa mãn \(a,b\in R,a\ge b\))

10 tháng 8 2019

2.

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{\frac{a+b}{ab}}+\frac{1}{\frac{c+d}{cd}}\le\frac{1}{\frac{a+b+c+d}{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}\le\frac{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{a+b+c+d}\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab\left(c+d\right)+cd\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\le\)\(\frac{ab+ad+bc+cd}{a+b+c+d}\)

\(\Leftrightarrow\frac{abc+abd+acd+bcd}{ac+ad+bc+bd}\le\frac{ab+ad+bc+cd}{a+b+c+d}\)

\(\Leftrightarrow\left(ad+ab+bc+cd\right)\left(ac+ad+bc+bd\right)\ge\)\(\left(a+b+c+d\right)\left(abc+abd+acd+bcd\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(ad\right)^2-2abcd+\left(bc\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (đúng với mọi a,b,c,d>0)

9 tháng 11 2016

d/ Đặt \(x=a+b\) , \(y=b+c\) , \(z=c+a\)

thì : \(a=\frac{x+z-y}{2}\) ; \(b=\frac{x+y-z}{2}\) ; \(c=\frac{y+z-x}{2}\)

Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)

\(=\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}-3\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

9 tháng 11 2016

b/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2abc+c^2\right)+\left(b^2c^2-2abc+a^2\right)+\left(c^2a^2-2abc+b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-c\right)^2+\left(bc-a\right)^2+\left(ca-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.

1 tháng 7 2020

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

NV
30 tháng 6 2020

d/ \(\Leftrightarrow a^4-a^3b+b^4-ab^3\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) (luôn đúng)

e/ \(\Leftrightarrow a^6+b^6+a^5b+ab^5\ge a^6+b^5+a^4b^2+a^2b^4\)

\(\Leftrightarrow a^5b-a^4b^2+ab^5-a^2b^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^4b\left(a-b\right)-ab^4\left(a-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) (luôn đúng)

f/ \(\frac{a^6}{b^2}+a^2b^2\ge2\sqrt{\frac{a^8b^2}{b^2}}=2a^4\) ; \(\frac{b^6}{a^2}+a^2b^2\ge2b^4\)

\(\Rightarrow\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\ge2a^4+2b^4-2a^2b^2\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\ge a^4+b^4+\left(a^4+b^4-2a^2b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\ge a^4+b^4+\left(a^2-b^2\right)^2\ge a^4+b^4\)

NV
30 tháng 6 2020

a/ \(VT=a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\)

\(VT=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

\(VT\ge6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6\left|abc\right|\ge6abc\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

b/ \(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{2}=b=c=d=e\)

c/ \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3}{2}\ge\frac{a^3+b^3+3a^2b+3ab^2}{8}\)

\(\Leftrightarrow a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)

NV
29 tháng 2 2020

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 \(x=y=z=\frac{1}{3}\)

NV
29 tháng 2 2020

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 \(x=-2\)

8 tháng 2 2020

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

8 tháng 2 2020

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

NV
9 tháng 2 2020

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

a/ Từ BĐT ban đầu ta có:

\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)

NV
9 tháng 2 2020

b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:

\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) (đpcm)

c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với \(2ab+2bc+2ca\) ta được:

\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số \(a^2;b^2;c^2\) ta được:

\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

Mặt khác ta cũng có:

\(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2019

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)

\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

13 tháng 2 2020

a)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:

\(VT=\left(\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}+\frac{c^4}{c}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\left(a+b+c\right)^2\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

b) \(VT-VP=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2+\left(c+a\right)\left(c-a\right)^2\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

c) Theo câu b và BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\Rightarrow3.3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\ge3\left(a+b+c\right)\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]=\left(a+b+c\right)^3\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

13 tháng 2 2020

áp dụng bđt cô si có dc k

NV
3 tháng 7 2020

4.

\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\)

\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

5.

\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{bc.ca}}=\frac{2}{c}\) ; \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)

Cộng vế với vế:

\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

NV
3 tháng 7 2020

1.

Áp dụng BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{ab}\right)^2+\left(\sqrt{bc}\right)^2+\left(\sqrt{ca}\right)^2\ge\sqrt{ab}.\sqrt{bc}+\sqrt{ab}.\sqrt{ac}+\sqrt{bc}.\sqrt{ac}\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)

2.

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt[]{\frac{ab.bc}{ca}}=2b\) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)

Cộng vế với vế:

\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\)

3.

Từ câu b, thay \(c=1\) ta được:

\(ab+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge a+b+1\)