Bài 3: Bất phương trình một ẩn

Ta có \(\dfrac{ab+c}{c+1}=\dfrac{ab+c\left(a+b+c\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}=\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow VT=\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)}+\dfrac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+c=x\\b+c=y\\a+b=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z=2\)

\(\Rightarrow VT\Leftrightarrow\dfrac{xy}{x+y}+\dfrac{yz}{z+y}+\dfrac{xz}{x+z}\)

Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{xy}{x+y}\le\dfrac{xy}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=\dfrac{y}{4}+\dfrac{x}{4}\)

Thiết lập tương tự và thu lại ta có

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{4}=1\) ( đpcm )

\(\Leftrightarrow\dfrac{ab+c}{c+1}+\dfrac{bc+a}{a+1}+\dfrac{ac+b}{b+1}\le1\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Sửa đề:

\(\dfrac{x^2y}{x-1}+\dfrac{y^2z}{y-1}+\dfrac{z^2x}{z-1}=\dfrac{x^2y^2}{xy-y}+\dfrac{y^2z^2}{yz-z}+\dfrac{z^2x^2}{zx-x}\)

\(\ge\dfrac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{xy+yz+zx-6}\)

Đặt \(t=xy+yz+zx>x+y+z=6\) thì ta có

\(\dfrac{t^2}{t-6}=24+\dfrac{t^2-24t+144}{t-6}=24+\dfrac{\left(t-12\right)^2}{t-6}\ge24\)

Vậy GTNN là 24 đạt dược khi \(x=y=z=2\)

d) \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\) \(\ge\) \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\)

<=> \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\) \(\ge\) \(\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}\)

<=> 4(a² + b² ) \(\ge\) 2 ( a² + 2ab + b² )

<=> 4a² + 4b² \(\ge\) 2a² + 4ab +2b²

<=> 4a² + 4b² - 2a² - 4ab - 2b² \(\ge\) 0

<=> 2a² - 4ab + 2b² \(\ge\) 0

<=> a² -2ab +b² \(\ge\) 0

<=> (a-b)² \(\ge\) 0 ( luôn đúng)

=> \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\) \(\ge\) \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\)

Và dấu bằng xảy ra <=> a = b

e) Làm tương tự nhé! Có gì ko hiểu thì hỏi lại mk! Ok??

Áp dụng BĐT BCS, ta có:

\(\left(2x+3y\right)^2\le\left(x^2+y^2\right)\left(2^2+3^2\right)\)

\(\left(2x+3y\right)^2\le52.\left(2^2+3^2\right)\)

\(\left(2x+3y\right)^2\le676\)

\(\left|2x+3y\right|\le26\)

Dấu ''='' xảy ra khi ...................... bận

a²b+ab²-2abc +b²c+bc²-2abc+ac²+a²c-2abc

=b(a²-2ac+c²) +a(b²-2bc+c²)+c (a²-2ab+b²)

= b(a-c)²+a(b-c)²+c(a-b)² vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác=) a,b,c>0

b(a-c)²\(\ge0\) \(\forall a,b,c\)

a(b-c)^2\(\ge0\)\(\forall a,b,c\)

c(a-b)^{2\(\ge0\forall a,b,c\)}

Ta có:\(\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}\) \(\geq\) \(\dfrac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)(1)

\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{bx^2+ay^2}{ab}\) \(\geq\) \(\dfrac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\) (a+b)(bx²+ay²) \(\geq\) ab(x+y)²

\(\Leftrightarrow\) abx²+a²y²+b²x²+aby² \(\geq\) ab(x²+2xy+y²)

\(\Leftrightarrow\) abx²+(ay)²+(bx)²+aby² \(\geq\) abx²+2abxy+aby²

\(\Leftrightarrow\) abx²+(ay)²+(bx)²+aby² -abx²-2abxy-aby² \(\geq\) 0

\(\Leftrightarrow\) (ay)²-2abxy+(bx)² \(\geq\) 0

\(\Leftrightarrow\) (ay)²-2(ay).(bx)+(bx)² \(\geq\) 0

\(\Leftrightarrow\) (ay-bx)² \(\geq\) 0(2)

Ta có BĐT(2) luôn đúng nên suy ra BĐT(1) luôn đúng.

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=0.

Cho mình sửa dấu =

Dấu= xảy ra khi \(\begin{cases} x=y\\ a=b \end{cases}\)

Ta có: m<n nên suy ra:

Nhân cả hai vế của bđt với 2 ta được: 2m<2n

Nhân cả hai vế của bđt với 1 ta được: 2m+1< 2n+1 (1)

Mà 1<5 nên cộng cả hai vế vs 2n ta được: 2n+1< 2n+5 (2)

Theo tính chất bắc cầu, từ (1) và (2) suy ra : 2m+1< 2n+5

dòng thứ 3 sửa lại bn nhé " công cả hai vế của bđt với 1ta được : 2m+1< 2n+1

2m+1<2n+5 (1)

2(n-m)+(5-1) >0(2)

2(n-m)+4>0 (3)

Từ n>m => (n-m)>0

Tổng hai số dương phải dương => (3) đúng --> (2) đúng--> (1) đúng---> đề đúng --> dpcm

a) Áp dụng bất đẳng thức Schur với \(r=1\)

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

\(\Rightarrow3abc\ge a^2b+ca^2-a^3+ab^2+b^2c-b^3+c^2a+bc^2-c^3\)

\(\Rightarrow3abc\ge a^2\left(b+c-a\right)+b^2\left(a+c-b\right)+c^2\left(a+b-c\right)\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^2}+b+b\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{b^2}.b^2}=3a\)

Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{c^2}+c+c\ge3b\\\dfrac{c^3}{a^2}+a+a\ge3c\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}+2\left(a+b+c\right)\ge3\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge a+b+c\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

c) Ta có \(abc=ab+bc+ca\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)

Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+2b+3c}=\dfrac{1}{a+c+2\left(b+c\right)}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{2\left(b+c\right)}\right]\)

Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+2c+3a}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{2\left(a+c\right)}\right]\\\dfrac{1}{c+2a+3b}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{2\left(a+b\right)}\right]\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\right]\)

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\) ( 1 )

Áp dụng bất đẳng thức \(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\) với a , b > 0

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)

Tượng tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+c}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\\\dfrac{1}{c+a}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\le\dfrac{3}{8}\left[\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\right]\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\le\dfrac{3}{8}\left[\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\right]\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{8}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\le\dfrac{3}{16}\) ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 )

\(\Rightarrow VT\le\dfrac{3}{16}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+2b+3c}+\dfrac{1}{b+2c+3a}+\dfrac{1}{c+2a+3b}\le\dfrac{3}{16}\) ( đpcm )

Câu 2 b sos là ra :D

\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{a^3-ab^2}{b^2}\right)\ge0\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{a\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{b^2}-2\left(a-b\right)\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a-b\right)\left(\frac{a^2-b^2+ab-b^2}{b^2}\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{\left(a-b\right)^2\left(a+2b\right)}{b^2}\ge0\)

BĐT cuối cùng đúng nên ta có Q.E.D.

\("="\Leftrightarrow a=b=c\)

Câu 3 có cách khác ạ,nhưng mà sao em thấy nó sai sai,vì dấu "=" không xảy ra!Mong mọi người check giúp ạ!

gt<=> \(abc=ab+bc+ca\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\) (chia hai vế cho abc>0)

Dễ chứng minh \(\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{e}+\frac{1}{k}\right)\ge\frac{1}{a+b+c+d+e+k}\)

Áp dụng vào,ta có: \(VT\le\frac{6}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{6}< \frac{3}{16}?!?\)