Cho \(x>5\), số nào trong các số sau đây là số nhỏ nhất ?
\(A=\dfrac{5}{x}\); \(B=\dfrac{5}{x}+1\); \(C=\dfrac{5}{x}-1\); \(D=\dfrac{x}{5}\)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
a. Chứng minh \(\left(b-c\right)^2< a^2\)
b. Từ đó suy ra : \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
a)Ta có BĐT tam giác :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\\a+c>b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\a+c-b>0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[a+\left(b+c\right)\right]\left[a-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\Rightarrow a^2-\left(b-c\right)^2>0\Rightarrow a^2>\left(b-c\right)^2\)
b)Áp dụng BĐT ở câu a ta có:
\(a^2+b^2+c^2>\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(a-b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2>b^2+c^2-2bc+a^2+c^2-2ac+a^2+b^2-2ab\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca>2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca>a^2+b^2+c^2\)
Chứng minh rằng :
\(x^3+y^3\ge x^2y+xy^2,\forall\ge0,\forall y\ge0\)
\(x^3+y^3\ge x^2y+xy^2\forall x,y\ge0\left(1\right)\)
*) Xét \(x=y=0\) thì \(\left(1\right)\) luôn đúng
*) Xét \(x,y>0\) ta có: \(VT=x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow x^2-xy+y^2\ge2xy-xy=xy\)
\(\Rightarrow VT=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\ge xy\left(x+y\right)\left(2\right)\)
Lại có: \(VP=x^2y+xy^2=xy\left(x+y\right)\left(3\right)\)
Từ \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) suy ra BĐT được chứng minh
Vậy \(x^3+y^3\ge x^2y+xy^2\forall x,y\ge0\)
Chứng minh rằng :
\(x^4-\sqrt{x^5}+x-\sqrt{x}+1>0,\forall\ge0\)
Hướng dẫn : Đặt \(\sqrt{x}=t\), xét hai trường hợp : \(0\le x< 1;x\ge1\)
Đặt \(\sqrt{x}=t\left(t\ge0\right)\) ta có:
\(f\left(t\right)=t^8-t^5+t^2-t+1\)
*)Với \(t=0;t=1\Rightarrow f\left(t\right)=1>\)
*)Với \(0\le t< 1\) thì \(f\left(t\right)=t^8+\left(t^2-t^5\right)+1-t\)
\(\left\{{}\begin{matrix}t^8>0\\1-t>0\\t^2-t^5=t^3\left(1-t\right)>0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow f\left(t\right)>0\)
*)Với \(t\ge1\) thì \(f\left(t\right)=t^5\left(t^3-1\right)+t\left(t-1\right)+1>0\)
Vậy \(f\left(t\right)>0\forall t\ge0\Rightarrow x^4-\sqrt{x^5}+x-\sqrt{x}+1>0\forall x\ge0\)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên các tia Ox và Oy lần lượt lấy các điểm A và B thay đổi sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính 1. Xác định tọa độ của A và B để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Ta có : HA.HB=OH²=1 (không đổi).
và AB=HA+HB ≥ 2√(HA.HB) = 2.√OH² = 2.
-> AB ≥ 2.
Vậy AB có độ dài nhỏ nhất là 2 khi HA=HB
Khi đó tg OHB và OHA vuông cân và có cạnh góc vuông = 1.
suy ra OA = OB =√2.
Vậy đoạn AB nhỏ nhất khi A(√2;0) B(0;√2).
Cho x, y, z là những số thực tùy ý.
Chứng minh rằng :
\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\)
\(x^3y+xy^3=xy\left(x^2+y^2\right)\le\dfrac{\left(x^2+y^2\right)}{2}\left(x^2+y^2\right)\)\(=\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{2}\).
Áp dụng bất đẳng thức: \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\) ta suy ra:\(x^4+y^4\ge\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{2}\).
Theo tính chất bắc cầu của bất đẳng thức ta suy ra:
\(x^4+y^4\ge x^3y+xy^3\).
Cho x, y, z là những số thực tùy ý.
Chứng minh rằng :
\(x^2+4y^2+3z^2+14>2x+12y+6z\)
Giả sử: \(x^2+4y^2+3z^2+14>2x+12y+6x\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-2x+1\right)+\left(4y^2-12y+9\right)+3\left(z^2-2x+1\right)+1\)> 0
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+\left(2y-3\right)^2+3\left(z-1\right)^2+1>0\) (luôn đúng).
Suy ra: \(x^2+4y^2+3z^2+14>2x+12y+6x\).
Cho a, b, c, d là những số dương.
Chứng minh rằng :
\(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{a}\sqrt{b}}\).
Giả sử: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a+b-\sqrt{ab}\right)\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b-\sqrt{ab}\ge\sqrt{ab}\)\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (Luôn đúng).
Vì vậy: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\).
Cho a, b, c, d là những số dương.
Chứng minh rằng :
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
Giả sử: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng).
Vì vậy: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\).
Cho a, b, c, d là những số dương.
Chứng minh rằng :
\(\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\c+d\ge2\sqrt{cd}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a+b+c+d\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\ge2\sqrt{\sqrt{abcd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\dfrac{2\sqrt[4]{abcd}}{2}=\sqrt[4]{abcd}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=d\)
Ta có: A=1>\(\dfrac{5}{x}\)> 0(vì x>5)(1)
B= \(\dfrac{5}{x}\)+1=\(\dfrac{5+x}{x}\)>1(2)
C= \(\dfrac{5}{x}\)-1=\(\dfrac{5-x}{x}\) < 0(3)
D=\(\dfrac{x}{5}\)>1(4)
Từ(1),(2),(3),(4):
Ta thấy đáp án C là đáp án duy nhất bé hơn không nên đáp án C= \(\dfrac{5}{x}\)-1 là đáp án có số nhỏ nhất.