Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Lời giải:

Đặt \((a,b,c)=(m+4,n+5,p+6)\Rightarrow m,n,p\geq 0\)

Điều kiện đb trở thành:

\(a^2+b^2+c^2=90\Leftrightarrow m^2+n^2+p^2+8m+10n+12p=13\)

Vì \(m,n,p\geq 0\) nên:

\(13=m^2+n^2+p^2+8m+10n+12p\leq (m+n+p)^2+12(m+n+p)\)

\(\Leftrightarrow (m+n+p+13)(m+n+p-1)\geq 0\)

\(\Rightarrow m+n+p\geq 1\)

\(\Rightarrow a+b+c=m+n+p+15\geq 16\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(4,5,7)\)

\(P=\dfrac{1}{a+bc}+\dfrac{1}{b+ca}+\left(a+b\right)\left(4+5c\right)\)

\(\ge\dfrac{4}{a+b+c\left(a+b\right)}+\left(a+b\right)\left(4+4c+c\right)\) (áp dụng \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)) \(=\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+4\left(a+b\right)\left(1+c\right)+\left(a+b\right)c\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{4}{\left(a+b\right)\left(1+c\right)}.4\left(a+b\right)\left(1+c\right)}+\left(a+b\right).0\) (áp dụng bđt côsi) \(=8+0=8\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b\(=\dfrac{1}{2};c=0\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((x+y)(x+z)\geq (x+\sqrt{yz})^2\)

\(\Rightarrow \sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}.\frac{\sqrt{y+z}}{x}\geq \frac{(y+z)(x+\sqrt{yz})}{x}=y+z+\frac{\sqrt{yz}(y+z)}{x}\)

Hoàn toàn tương tự :

\(\sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}.\frac{\sqrt{x+z}}{y}\geq x+z+\frac{\sqrt{xz}(x+z)}{y}\)

\(\sqrt{(x+y)(y+z)(x+z)}.\frac{\sqrt{x+y}}{z}\geq x+y+\frac{\sqrt{xy}(x+y)}{z}\)

Cộng theo vế:

\(T\geq 2(x+y+z)+\underbrace{\frac{(x+y)\sqrt{xy}}{z}+\frac{(y+z)\sqrt{yz}}{x}+\frac{(z+x)\sqrt{zx}}{y}}_{M}\)

Ta có:

\(M=\frac{(\sqrt{2}-z)\sqrt{xy}}{z}+\frac{(\sqrt{2}-x)\sqrt{yz}}{x}+\frac{(\sqrt{2}-y)\sqrt{xz}}{y}\)

\(=\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{xy}}{z}+\frac{\sqrt{yz}}{x}+\frac{\sqrt{xz}}{y}\right)-(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{\sqrt{xy}}{z}+\frac{\sqrt{yz}}{x}+\frac{\sqrt{xz}}{y}\geq 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{xyz}}=3\)

\(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}\leq \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}=x+y+z=\sqrt{2}\)

Do đó: \(M\geq 3\sqrt{2}-\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow T\geq 2(x+y+z)+M\geq 2\sqrt{2}+2\sqrt{2}=4\sqrt{2}\)

Vậy \(T_{\min}=4\sqrt{2}\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(3=x^2+y^2+\frac{1}{xy}\geq 2xy+\frac{1}{xy}\)

Đặt \(xy=t\Rightarrow 3\geq 2t+\frac{1}{t}\)

\(\Leftrightarrow 3t\geq 2t^2+1\Leftrightarrow 2t^2-3t+1\leq 0\)

\(\Leftrightarrow (2t-1)(t-1)\leq 0\Rightarrow \frac{1}{2}\leq t\leq 1\)

Với \(t=xy\leq 1\) ta có bổ đề sau:

\(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\leq \frac{2}{xy+1}(*)\)

Việc chứng minh bổ đề trên rất đơn giản. Thực hiện biến đổi tương đương và rút gọn ta thu được:

\((*)\Leftrightarrow (xy-1)(x-y)^2\leq 0\) (luôn đúng do \(xy\leq 1\) )

Áp dụng bổ đề trên vào bài toán đã cho:

\(P=2\left(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\right)-\frac{3}{2xy+1}\leq \frac{4}{xy+1}-\frac{3}{2xy+1}\)

\(\Leftrightarrow P\leq \frac{4}{t+1}-\frac{3}{2t+1}\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{4}{t+1}-\frac{3}{2t+1}\leq \frac{7}{6}\)

\(\Leftrightarrow \frac{5t+1}{2t^2+3t+1}\leq \frac{7}{6}\)

\(\Leftrightarrow 30t+6\leq 14t^2+21t+7\)

\(\Leftrightarrow 14t^2-9t+1\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (2t-1)(7t-1)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do \(t\geq \frac{1}{2}\)

Như vậy: \(P\leq \frac{4}{t+1}-\frac{3}{2t+1}\leq \frac{7}{6}\)

Vậy \(P_{\max}=\frac{7}{6}\). Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Nghe mấy tiền bối đồn là đề này nằm trong đề đại học năm nào đó. Tự tìm nhá

\(\sqrt[4]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[4]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[4]{\dfrac{c}{a+b}}\ge\sqrt[4]{16+\dfrac{196abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[4]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[4]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[4]{\dfrac{c}{a+b}}\ge\sqrt[4]{\dfrac{16\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+196abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)

\(\Leftrightarrow\left(Σ\sqrt[4]{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\right)^4\ge16\prod\left(a+b\right)+196\prod a\)

\(VT=Σa\left(a+b\right)\left(a+c\right)+4\left(Σ\sqrt[4]{\left(a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\right)^3\left(b\left(b+c\right)\left(a+b\right)\right)}\right)\)

\(+6\left(Σ\sqrt[4]{\left(a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\right)^2\left(b\left(b+c\right)\left(a+b\right)\right)^2}\right)\)

\(+4\left(\sqrt[4]{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b\left(b+c\right)\left(a+b\right)\right)^3}\right)\)

\(+12Σ\sqrt[4]{\left(a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\right)^2b\left(b+c\right)\left(a+b\right)c\left(c+a\right)\left(b+c\right)}\)

\(=\sum a(a+b)(a+c)+4\sum\sqrt[4]{(a^2(a+b+c)+abc)^3(b^2(a+b+c)+abc)}+\)

\(+4\sum\sqrt[4]{(a^2(a+b+c)+abc)^3(c^2(a+b+c)+abc)}\)

\(+6\sum\sqrt{(a^2(a+b+c)+abc)(b^2(a+b+c)+abc)}\)

\(+12\sum\sqrt[4]{a^2bc(a+b)^3(a+c)^3(b+c)^2}\)

\(\ge\sum(a^3+a^2b+a^2c+abc)+4\sum\left(\left(\sqrt{a^3b}+\sqrt{a^3c}\right)(a+b+c)+2abc\right)\)

\(+6\sum(ab(a+b+c)+abc)+144abc\)

\(\ge\sum\left(a^3+7a^2b+7a^2c+4\sqrt{a^5b}+4\sqrt{a^5c}+8\sqrt{a^3b^3}+77abc\right)\)

\(\ge\sum\left(8a^2b+8a^2c+4\sqrt{a^5b}+4\sqrt{a^5c}+8\sqrt{a^3b^3}+76abc\right)\)

Vi` \(16\prod(a+b)+196abc=\sum(16^2b+16a^2c+76abc)\ge0\)

Ta can chung minh

\(\sum\left(4\sqrt{a^5b}+4\sqrt{a^5c}-8a^2b-8a^2c+8\sqrt{a^3b^3}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\sqrt{ab}(a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\ge0\)

a=0;b=c hoặc a=b=c ( ͡° ͜ʖ ͡°)

Ta có: \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\ge9xyz\)

\(VT=\dfrac{x}{1+yz}+\dfrac{y}{1+xz}+\dfrac{z}{1+xy}\)

\(=\dfrac{x^2}{x+xyz}+\dfrac{y^2}{y+xyz}+\dfrac{z^2}{z+xyz}\)

\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\dfrac{\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)}{3}}\)

\(=\dfrac{3\left(x+y+z\right)}{4}\). Cần chứng minh:

\(\dfrac{3\left(x+y+z\right)}{4}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\Leftrightarrow x+y+z\ge\sqrt{3}\)

BĐT cuối đúng vì \(x+y+z\ge\sqrt{3\left(xy+yz+xz\right)}=\sqrt{3}\)

\("="\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Ps: nospoiler

Dùng cosi dạng engel là ra

e

TXĐ:D=R

bpt nghiệm đúng với mọi x \(\in\)R

\(\Leftrightarrow-1\le\frac{x^2+5x+a}{2x^2-3x+2}<7\)  với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}x^2+5x+a<7\left(2x^2-3x+2\right)\\x^2+5x+a\ge-\left(2x^2-3x+2\right)\end{cases}\)  với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}13x^2-26x+14-a>0\\3x^2+2x+a+2\ge0\end{cases}\)    với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta1<0;a1=13>0\\\Delta2\le0;a2=3>0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}13^2-13\left(14-a\right)<0\\1^2-3\left(a+2\right)\le0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}a<1\\a\ge\frac{-5}{3}\end{cases}\)

Kết hợp 2 ĐK rồi KL.

a1 và a2 ở đâu ra vậy bạn ?

đenta 1 và đenta 2 tại sao lại ngược chiều với bất phương trình vậy bạn ?

Ta có:

\(\sum\dfrac{a}{b^3+16}=\sum\left(\dfrac{a}{16}-\dfrac{ab^3}{16\left(b^3+16\right)}\right)\ge\dfrac{a+b+c}{16}-\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{192}\)

\(=\dfrac{3}{16}-\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{192}\)

Giờ ta cần chứng minh

\(ab^2+bc^2+ca^2\le4\)

Ta có bổ đề:

\(ab^2+bc^2+ca^2+abc\le\dfrac{4\left(a+b+c\right)^3}{27}\)(cái này tự chứng minh nha)

\(\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le4-abc\le4\)

Sao chỗ đó e lại nghĩ là a dùng cosi mẫu thế e.