Hỏi đáp Bất đẳng thức

んuﾘ ｲ                             Sửa A = 3 mà chứng minh được\(A\ge3\)

Ngẫm lại xem có xứng đáng làm CTV không

Dotnhuchomalamnhugioilam!!!

Sửa \(A=3\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}b+c-a=x\\a+c-b=y\\a+b-c=z\end{cases}}\); \(x;y;z>0\)

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

\(VT=\frac{y+z}{2x}+\frac{x+z}{2y}+\frac{y+x}{2z}\)

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

\(\)Dấu ''='' xảy ra <=> a = b = c

Trả lời: 

62572+728826=791.398

hello nha

2k? vậy ạ

Áp dụng BĐT Bunyakovsky dạng cộng mẫu:

\(\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-2\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

\(=\frac{\left(-\sqrt{c}\right)^2}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)

Tương tự CM được: \(4\left[\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)^2}{\sqrt{b}}+\frac{\left(\sqrt{b}-1\right)^2}{\sqrt{c}}+\frac{\left(\sqrt{c}-1\right)^2}{\sqrt{a}}\right]\ge2\left(\frac{a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}+\frac{b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}\right)\) (1)

Lại có: \(VP\left(1\right)-\left(\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\right)=...=0\) (biến đổi đồng nhất)

=> \(VT\left(1\right)\ge\frac{a+b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}+\frac{b+c}{\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{c+a}{\sqrt{c}+\sqrt{a}}\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{4}{9}\)

(n+2 ) \(⋮\)( n-1 )

Ta có n+2 = n-1+3 

mà (n-1)\(⋮\)(n-1 )  để (n+2 ) \(⋮\)( n-1 ) 

thì => 3 \(⋮\) ( n-1 )

hay n-1 thuộc ước của 3 

Ư(3)= { 1;3 }

Ta có bảng sau 

n-1    1          3

 n       2         4 

Vậy n \(\in\) {2;4}

 sotunhien

\(n+2⋮n-1\Leftrightarrow n-1+3⋮n-1\)

\(\Leftrightarrow3⋮n+1\Leftrightarrow n+1\inƯ\left(3\right)=\left\{\pm1;\pm3\right\}\)

Có: \(x,y\ge1\Rightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow xy-x-y+1\ge0\Leftrightarrow xy\ge x+y-1\)

Có: \(0\le a\le1\Rightarrow a\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le a\)

Khi đó: \(M=a^2+b^2+c^2+x^2+y^2+x^2\)

\(\le a+b+c+\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\le a+b+c+6\left(x+y+z\right)-2\left[2\left(x+y+z\right)-3\right]\)

\(=6-\left(x+y+z\right)+2\left(x+y+z\right)+6\)

\(=\left(x+y+z\right)+12\le6+12=18\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=0; x=y=1; z=4

nice solution

a) Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y-z=a\\y+z-x=b\\z+x-y=c\end{cases}\Rightarrow}x=\frac{a+c}{2};y=\frac{b+a}{2};z=\frac{c+b}{2}\)

Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \(\frac{a+b}{2}.\frac{b+c}{2}.\frac{c+a}{2}\ge abc\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8}\ge abc\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: \(\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\ge0\\b+c\ge2\sqrt{bc}\ge0\\c+a\ge2\sqrt{ca}\ge0\end{cases}\Rightarrow}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\sqrt{\left(abc\right)^2}=8abc\)

Vật bất đẳng thức được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\)

Sửa đề: \(\sqrt{2010}-2\sqrt{2012}+\sqrt{2014}< 0\)

Ta có: \(\left(\sqrt{2010}+\sqrt{2014}\right)^2\)

\(=2010+2\sqrt{2010\cdot2014}+2014\)

\(=4024+2\sqrt{\left(2012-2\right)\left(2012+2\right)}\)

\(=2\cdot2012+2\sqrt{2012^2-2^2}\)

\(< 2\cdot2012+2\cdot\sqrt{2012^2}=2\cdot2012+2\cdot2012\)

\(=4\cdot2012=\left(2\sqrt{2012}\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{2010}+\sqrt{2014}< 2\sqrt{2012}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2010}-2\sqrt{2012}+\sqrt{2014}< 0\)

Không đc sửa đề nhé ! Đây là bài chuẩn đấy .

Thế thì sorry nhé, bạn xem lại đề hộ đê

Ta có: \(\sqrt{2012}-2\sqrt{2012}+\sqrt{2014}\)

\(=\sqrt{2014}-\sqrt{2012}>0\)

Cái này hẳn là đề "chuẩn" đấy nhỉ

a) \(2x+3y=4\Rightarrow x=\frac{4-3y}{2}\)

Lúc đó thì\(2x^2+3y^2=2\left(\frac{4-3y}{2}\right)^2+3y^2=\frac{\left(4-3y\right)^2+6y^2}{2}=\frac{9y^2-24y+16+6y^2}{2}\)\(=\frac{15y^2-24y+16}{2}=\frac{15\left(y^2-\frac{24}{15}+\frac{16}{25}\right)+\frac{32}{5}}{2}=\frac{15\left(y-\frac{4}{5}\right)^2+\frac{32}{5}}{2}\ge\frac{\frac{32}{5}}{2}=\frac{16}{5}\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = ⁴/₅

b) \(3a-5b=8\Rightarrow a=\frac{5b+8}{3}\)

Lúc đó thì \(7a^2+11b^2=7\left(\frac{5b+8}{3}\right)^2+11b^2=\frac{7\left(5b+8\right)^2+99b^2}{9}\)\(=\frac{175b^2+560b+448+99b^2}{9}=\frac{274b^2+560b+448}{9}\)\(=\frac{274\left(b^2+\frac{280}{137}b+\left(\frac{140}{137}\right)^2\right)+\left(448-274.\left(\frac{140}{137}\right)^2\right)}{9}=\frac{274\left(b+\frac{140}{137}\right)^2+\frac{22176}{137}}{9}\ge\frac{2464}{137}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = ¹³²/₁₃₇; b = ^-140/₁₃₇

Từ: \(xy+yz+xz=xyz\) <=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)

Đặt \(A=\frac{1}{x+2y+3z}+\frac{1}{2x+3y+z}+\frac{1}{2x+y+2z}\)Áp dụng bđt: \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) (tự cm đúng)

Ta có: \(\frac{1}{x+2y+3z}=\frac{1}{x+z+2y+2z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{2y+2z}\right)\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{2y}+\frac{3}{2z}\right)\) (1)

CMTT:  \(\frac{1}{2x+3y+z}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{2x}+\frac{1}{z}+\frac{3}{2y}\right)\) (2)

\(\frac{1}{3x+y+2z}\le\frac{1}{16}\left(\frac{3}{2x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{2z}\right)\)(3)

Từ (1); (2) và (3) cộng vế theo vế

\(A\le\frac{1}{16}\left(\frac{3}{2z}+\frac{1}{x}+\frac{1}{2y}+\frac{3}{2y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{2x}+\frac{3}{2z}+\frac{1}{y}+\frac{1}{2z}\right)\)

\(A\le\frac{3}{16}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3}{16}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}x=y+2z\\z=2x+y\\y=x+2z\end{cases}}\) <=> x = y = z = 0

mà x;y;z > 0 => Dấu "=" ko xảy ra 

=> A < 3/16

Nhân cả 2 vế với 2căn a rồi dùng bất đẳng thức cosi

Ta có 

\(a(a+b)(a+c)(a+b+c) +b^2c^2= (a^2+ab+ac +bc)(a^2+ab+ac) +b^2c^2\\= (a^2+ab+ac)^2 +bc.(a^2+ab+ac) +b^2c^2\)

Ta quy về bài toán chứng mình A^2+AB+B^2 >= 0 .....

\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\Leftrightarrow\frac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\Leftrightarrow\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge xy\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow a^2xy+b^2x^2+a^2y^2+b^2xy\ge a^2xy+b^2xy+2abxy\Leftrightarrow a^2y^2-2abxy+b^2x^2\ge0\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\)*đúng*

Đẳng thức xảy ra khi ^a/_b = ^x/_y

Hướng dẫn:

Ta có: \(x\le1\Rightarrow1-x\ge0\); \(x+y-3\ge0\)

Đặt: a = 1 - x và b = x + y - 3 ; với a; b không âm 

=> y = a + b +2; x = 1 - a 

Thế vào ta có: P = \(3\left(1-a\right)^2+3\left(1-a\right)\left(a+b+2\right)+\left(a+b+2\right)^2\)

Tìm min P với a; b không âm.

Đặt \(x=a^3,y=b^3,z=c^3\Rightarrow\)a,b,c dương và abc=1

\(x+y+1=a^3+b^3+1=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)+1\ge\left(a+b\right)ab+abc\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+1}=\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{abc+ab\left(a+b\right)}=\frac{abc}{abc+ab\left(a+b\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)

Tương tự \(\Rightarrow\frac{1}{y+z+1}\le\frac{a}{a+b+c};\frac{1}{x+z+1}\le\frac{b}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{x+z+1}\le\frac{c}{a+b+c}\frac{a}{a+b+c}\frac{b}{a+b+c}=1\)(đpcm)

Mình cảm ơn bạn ạ!!

BĐT đúng với n=2

giả sử BĐT đúng với n=k , tức là: \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}< k\sqrt{\frac{k+1}{2}}\)

Ta phải chứng minh BĐT đúng vớới n=k+1:

\(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)

Ta thấy: \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}< k\sqrt{\frac{k+1}{2}}+\sqrt{k+1}\)

Mà: \(k\sqrt{\frac{k+1}{2}}+\sqrt{k+1}< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)(*)

Thậy vậy: (*)\(\Leftrightarrow\sqrt{k+1}\left(\frac{k}{\sqrt{2}}+1\right)< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\Leftrightarrow\frac{k}{\sqrt{2}}+1< \sqrt{k+1}\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{k+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}< \sqrt{k+1}\frac{\sqrt{k+2}}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow k^2+2\sqrt{2k}+2< k^2+3k+2\)(luôn đúng)

Suy ra: \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...+\sqrt{k}+\sqrt{k+1}< \left(k+1\right)\sqrt{\frac{k+2}{2}}\)

hay \(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}+...\sqrt{n}< n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)

Khi n=1, ta được \(\frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{2.1+1}}\Leftrightarrow\frac{1}{2}< \frac{1}{\sqrt{3}}\)   : đúng

giả sử mệnh đề đúng khi n=k\(\left(k\ge1\right)\), tức là \(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}....\frac{2k-1}{2k}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}\)

Bây giờ ta chứng minh mệnh đề cũng đúng khi n=k+1, tức là ta phải chứng minh BĐT sau:

\(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2k-1}{2k}.\frac{2k+1}{2\left(k+1\right)}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}\)

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp \(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2k-1}{2k}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}....\frac{2k-1}{2k}.\frac{2k+1}{2\cdot\left(k-1\right)}< \frac{1}{\sqrt{2k+1}}.\frac{2k+1}{2\left(k+1\right)}\)

Ta cần chứng minh \(\frac{1}{\sqrt{2k+1}}.\frac{2k+1}{2\left(k+1\right)}< \frac{1}{\sqrt{2k+3}}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(2k+1\right)}.\frac{\left(2k+1\right)^2}{4\left(k+1\right)^2}< \frac{1}{\left(2k+3\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(2k+1\right)^2\left(2k+3\right)< 4\left(k+1\right)^2\left(2k+1\right)\Leftrightarrow0< 2k+1\): luôn đúng

=>mệnh đề đúng với n=k+1

Vậy theo phương pháp quy nạp toán học \(\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}< \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\)với mọi n nguyên dương.

bạn ơi sao thay n=1 lại ra  VT=1/2 ?? 

\(a+b\ge\frac{4ab}{1+ab}\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(1+ab\right)\ge4ab\Leftrightarrow a+b+a^2b+ab^2\ge4ab\Leftrightarrow\left(a+ab^2-2ab\right)+\left(b+a^2b-2ab\right)\ge0\Leftrightarrow a\left(b^2-2b+1\right)+b\left(a^2-2a+1\right)\ge0\Leftrightarrow a\left(b-1\right)^2+b\left(a-1\right)^2\ge0\)(Đúng do a, b > 0 và \(\left(a-1\right)^2\ge0,\left(b-1\right)^2\ge0\))

Đẳng thức xảy ra khi a = b > 0

BĐT cần chứng minh tương đương với

\(\left(a+b\right)\left(1+ab\right)\ge4ab\)

Thật vậy

Áp dụng bđt AM-GM ta có

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(1+ab\ge2\sqrt{ab}\)

Nhân từng vế 2 bđt trên => đpcm

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c>0

lộn, a=b>0