Bất phương trình bậc nhất một ẩn - Hỏi đáp

Can them dieu kien a;b;c>0 nhe

Theo BDT Cauchy-Schwarz ta co

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}+\dfrac{z^2}{c}\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}+\dfrac{z^2}{c}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)

Dau "=" xay ra khi \(\dfrac{x^2}{a^2}=\dfrac{y^2}{b^2}=\dfrac{z^2}{c^2}\Leftrightarrow\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}=\dfrac{z}{c}\)

$a+b+c)\left(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\right)\ge {\left(x+y+z\right)}^2$

$\iff \frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge \frac{{\left(x+y+z\right)}^2}{a+b+c}$

Dấu "=" xay ra khi $\frac{x^2}{a^2}=\frac{y^2}{b^2}=\frac{z^2}{c^2}\iff \frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$

Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\) ta được:

\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}\ge\dfrac{4}{a+b-c+b+c-a}=\dfrac{4}{2b}=\dfrac{2}{b}\)

\(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{b+c-c+c+a-b}=\dfrac{4}{2c}=\dfrac{2}{c}\)

\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{4}{a+b-c+c+a-b}=\dfrac{4}{2a}=\dfrac{2}{a}\)

Cộng từng vế của BĐT ta được:

\(\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a+b-c}+\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{c+a-b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

2)Đặt \(A=\dfrac{b+c-a}{2a}+\dfrac{a-b+c}{2b}+\dfrac{a+b-c}{2c}\)

\(A=\dfrac{b+c}{2a}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{c+a}{2b}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{a+b}{2c}-\dfrac{1}{2}\)

\(A=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b+c}{a}-1+\dfrac{c+a}{b}-1+\dfrac{a+b}{c}-1\right)\)

\(A=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}-3\right)\)

Áp dụng bđt AM-GM cho 6 số không âm ta được:

\(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}\ge6\sqrt[6]{\dfrac{b}{a}\cdot\dfrac{c}{a}\cdot\dfrac{c}{b}\cdot\dfrac{a}{b}\cdot\dfrac{a}{c}\cdot\dfrac{b}{c}}=6\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{1}{2}\left(6-3\right)=\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

Lời giải:

Bài toán tương đương với CM:

\(-1<\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{a}{c}-\frac{c}{b}-\frac{b}{a}<1\)

\(\Leftrightarrow 2<\frac{a-c+b}{b}+\frac{b-a+c}{c}+\frac{c-b+a}{a}<4\)

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

Hiển nhiên \(x,y,z>0\)

Bài toán đưa về CM: \(1<\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}<2\)

CM vế 1:

\(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}>\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=1\)

CM vế 2: dựa vào vế 1:

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

Vậy ta có đpcm.

\(\left|\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{a}{c}-\dfrac{c}{b}-\dfrac{b}{a}\right|=\left|\dfrac{a-c}{b}+\dfrac{b-a}{c}+\dfrac{c-b}{a}\right|\)

rồi xử tiếp đi :v

\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\ge9\)

\(\Leftrightarrow1+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{ab}\ge9\)

Lại có:\(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{a+b}=4\)

\(ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}=\dfrac{1}{4}\)\(\Rightarrow\dfrac{1}{ab}\ge\dfrac{1}{\dfrac{1}{4}}=4\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{ab}\ge1+4+4=9\left(\text{đ}pcm\right)\)

d)

vt>o=>vp>0=>x>0

<=>x+1+x+2+x+3=4x

3x+6=4x

x=6

c) Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta AHC\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEB}=\widehat{AHC}=90^0\left(gt\right)\\\widehat{CAB}\text{ là góc }chung\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\Delta AEB\sim\Delta AHC\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AH}\\ \Rightarrow AB\cdot AH=AE\cdot AC\left(1\right)\)

Xét \(\Delta CEB\) và \(\Delta AKC\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CEB}=\widehat{AKC}=90^0\left(gt\right)\\\widehat{BCE}=\widehat{KAC}\left(2\text{ góc so le trong };AD//BC\right)\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta AKC\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\dfrac{CE}{AK}=\dfrac{BC}{AC}\\ \Rightarrow CE\cdot AC=AK\cdot BC\)

Mà \(AD=BC\left(2\text{ cạnh đối hình bình hành }\right)\)

\(\Rightarrow CE\cdot AC=AK\cdot AD\left(2\right)\)

\(\text{Từ }\left(1\right)\text{ và }\left(2\right)\Rightarrow AB\cdot AH+AK\cdot AD=AE\cdot AC+CE\cdot AC\\ =\left(AE+CE\right)AC=AC\cdot AC=AC^2\)

a) Xét \(\Delta\) vuông \(AEB\) và \(\Delta\) vuông \(CFD\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}AB=CD\left(2\text{ cạnh đối hình bình hành }\right)\\\widehat{EAB}=\widehat{FCD}\left(2\text{ góc so le trong };AB//CD\right)\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\Delta\text{ vuông }AEB=\Delta\text{ vuông }CFD\left(ch-gn\right)\\ \Rightarrow EB=FD\left(2\text{ cạnh tương ứng }\right)\)

Mà \(EB//FD\left(cùng\text{ }\perp AC\right)\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác BEDF là hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết)

b) Xét \(\Delta CHB\) và \(\Delta CKD\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CHB}=\widehat{CKD}=90^0\left(gt\right)\\\widehat{CBH}=\widehat{CDK}\left(2\text{ góc đối hình bình hành }\right)\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\Delta CHB\sim\Delta CKD\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\dfrac{CH}{CK}=\dfrac{CB}{CD}\left(\text{ các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ }\right)\\ \Rightarrow CH\cdot CD=CK\cdot CB\)

c)

a) \(11^{n+2}+12^{2n+1}\)

= \(11^n.121+12^{2n}.12\)

= \(11^n.\left(133-12\right)+144^n.12\)

= \(11^n.\left(133-12\right)+\left(133+11\right)^n.12\) (1)

Ta có: \(\left(133+11\right)^n=133^n+133^{n-1}.11+...+133.11^{n-1}+11^n⋮133\)(vì mỗi số hạng đều chứa thừa số 133)

Ta kí hiệu số chia hết cho 133 là B (133).

Do đó \(\left(133+11\right)^n=B\left(133\right)+11^n\)

Thay vào (1), ta được:

\(11^n.133-11^n.12+\left[B\left(133\right)+11^n\right].12\)

= \(B\left(133\right)-11^n.12+B\left(133\right)+11^n.12\)

= B (133)

Vậy: \(11^{n+2}+12^{2n+1}⋮133\).

b) \(5^{n+2}+26.5^n+8^{2n+1}\)

= \(5^n.25+26.5^n+8^{2n}.8\)

= \(5^n.\left(25+26\right)+64^n.8\)

= \(5^n.\left(59-8\right)+\left(59+5\right)^n.8\) (1)

Ta có: \(\left(59+5\right)^n=59^n+59^{n-1}.5+...+59.5^{n-1}+5^n⋮59\)(vì mỗi số hạng đều chứa thừa số 59)

Ta kí hiệu số chia hết cho 59 là B (59).

Do đó \(\left(59+5\right)^n=B\left(59\right)+5^n\)

Thay vào (1), ta được:

\(5^n.59-5^n.8+\left[B\left(59\right)+5^n\right].8\)

= \(B\left(59\right)-5^n.8+B\left(59\right)+5^n.8\)

= B (59)

Vậy: \(5^{n+2}+26.5^n+8^{2n+1}⋮59\)

(Đề bài còn thiếu \(n\in N\))

áp dụngBĐt cô si cho 2 số ta có

\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}.\dfrac{b^2}{c^2}}=2\dfrac{a}{c}\)

tt ta có

\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\dfrac{b}{a}\); \(\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{c^2}\ge2\dfrac{b}{c}\)

cộng các BĐT trên ta có

\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)

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

a) ta có

|9+x| = 9+x thì 9+x ≥ 0 ⇔ x ≥ -9

|9+x|=-(9-x)thì 9+x <0 ⇔ x<-9

th1 với x ≥ -9

9+x=2x

⇔ 9=2x-x

⇔ 9=x (tmđk)

th2 với x < -9

-(9+x)=2x

⇔ -9-x=2x

⇔ -x-2x=9

⇔ -3x=9

⇔ x=-2 (ktm)

vậy phương trình có tập nghiệm là S+{ 9}

b) Với : x < -6 , phương trình có dạng :

- x - 6 = 2x + 9

<=> -3x = 15

<=> x = - 5 ( không thỏa mãn )

Với : x ≥ - 6 , phương trình có dạng :

x + 6 = 2x + 9

<=> x = - 3 ( thỏa mãn)

Vậy , phương trình nhận : x = - 3 làm nghiệm duy nhất

c) Với : x < 0 , phương trình có dạng :

- 5x = 3x - 2

<=> -8x = -2

<=> x = \(\dfrac{1}{4}\) ( không thỏa mãn )

Với : x ≥ 0 , phương trình có dạng :
5x = 3x - 2

<=> 2x = -2

<=> x = -1 ( không thỏa mãn )

Vậy, phương trình đã cho vô nghiệm

ĐKXĐ: \(x\ne1\)

Ta có: \(I=\dfrac{3x^2-8x+6}{x^2-2x+1}=\dfrac{2x^2-4x+2+x^2-4x+4}{x^2-2x+1}\) \(=\dfrac{2\left(x^2-2x+1\right)}{x^2-2x+1}+\dfrac{x^2-4x+4}{x^2-2x+1}\) \(=2+\dfrac{\left(x-2\right)^2}{\left(x-1\right)^2}\)

mà \(\dfrac{\left(x-2\right)^2}{\left(x-1\right)^2}\ge0\) với mọi \(x\ne1\)

=> \(2+\dfrac{\left(x-2\right)^2}{\left(x-1\right)^2}\ge2\) với mọi \(x\ne1\)

dấu "=" xảy ra khi x =2 ( thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy GTNN của I = 2 khi x=2

Theo bất đẳng thức tam giác: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b>c\Leftrightarrow a+b+c>2c\Leftrightarrow2c< 2\Leftrightarrow c< 1\\b+c>a\Leftrightarrow a+b+c>2a\Leftrightarrow2a< 2\Leftrightarrow a< 1\\a+c>b\Leftrightarrow a+b+c>2b\Leftrightarrow2b< 2\Leftrightarrow b< 1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0\)\(\Rightarrow\left(1-b-a+ab\right)\left(1-c\right)>0\) \(\Rightarrow1-c-b+bc-a+ac+ab-abc>0\) \(\Rightarrow1+bc+ac+ab>2+abc\Leftrightarrow bc+ac+ab>1+abc\) \(\Rightarrow2ab+2bc+2ac>2+2abc\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2>2+2abc+a^2+b^2+c^2\) \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+2< 4\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< 2\)(đpcm)