Bất phương trình bậc nhất một ẩn - Hỏi đáp

Áp dụng bđt \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Ta có

\(\frac{1}{2a+b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)=\frac{1}{8a}+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

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

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

\(\Rightarrow\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)

\(\sum\frac{1}{2a+b+c}=\sum\frac{1}{a+a+b+c}\le\frac{1}{16}\sum\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\right)=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{4}\)

\(a+\sqrt{1-a^2}=b+\sqrt{1-b^2}\)

\(\Rightarrow a\sqrt{1-a^2}=b\sqrt{1-b^2}\) (bình phương 2 vế và rút gọn)

\(\Rightarrow a^2\left(1-a^2\right)=b^2\left(1-b^2\right)\)

\(\Rightarrow a^4-b^4-\left(a^2-b^2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^2+b^2\right)-\left(a^2-b^2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-1\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a^2+b^2=1\\a=b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a^2+b^2=1\\a^2+b^2=2a^2=2b^2\end{matrix}\right.\)

Có 2 trường hợp xảy ra, chắc bạn ghi thiếu điều kiện \(a\ne b\) để loại trường hợp dưới ko ra số cụ thể.

\(B=2x^2+3x+1=2\left(x^2+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{1}{2}\right)\)

\(=2\left(x^2+2.x.\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{16}-\dfrac{1}{16}\right)=2\left(x+\dfrac{3}{4}\right)^2-\dfrac{1}{8}\ge-\dfrac{1}{8}\)

Suy ra: \(Min_B=-\dfrac{1}{8}\) khi \(x=-\dfrac{3}{4}\)

A=2(x^2-10x+25)+53-50

A=2(x-5)^2+3>=3

GTnnA=3 khi x=5

\(n^3-3n^2-n+3\)

\(=n^2\left(n-3\right)-\left(n-3\right)\)

\(=\left(n-3\right)\left(n^2-1\right)\)

\(=\left(n-3\right)\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)

Với n lẻ =>(n-3)(n-1)(n+1) là tích 3 số chẵn liên tiếp

\(\Rightarrow\left(n-3\right)\left(n-1\right)\left(n+1\right)⋮24\)

\(\Rightarrowđpcm\)

c)

ta có

(a+b-c)(a-b+c) = a²-(b-c)² ≤ a²

(a-b+c)(b+c-a) = c²-(a-b)² ≤ b²

(a+b-c)(b+c-a) = b²-(a-c)² ≤ b²

nhân các vế với nhau ta đc

[(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)]² ≤ (abc)²

<=> (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) ≤ abc (đpcm)

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

AM-GM:\(a^2+b^2\ge2ab\)

\(b^2+c^2\ge2bc\)

\(c^2+a^2\ge2ca\)

Cộng vế theo vế\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

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

b)AM-GM:\(a^4+a^4+b^4+c^4\ge4a^2bc\)

\(b^4+b^4+a^4+c^4\ge4ab^2c\)

\(a^4+b^4+c^4+c^4\ge4abc^2\)

Cộng vế theo vế\(\Rightarrow4\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge4a^2bc+4ab^2c+4abc^2\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(A=x^4+y^4+z^4=\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2+\left(z^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\left[\left(1^2\right)^2+\left(1^2\right)^2+\left(1^2\right)^2\right]\left[\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2+\left(z^2\right)^2\right]\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Rightarrow3\left[\left(x^2\right)^2+\left(y^2\right)^2+\left(z^2\right)^2\right]\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\):

\(\Rightarrow3A\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(xy+yz+xz\right)^2=1\)

\(\Rightarrow3A\ge1\Rightarrow A\ge\dfrac{1}{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Áp dụng bđt tam giác ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< a+c\\c< a+b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2< ab+ac\\b^2< ab+bc\\c^2< ac+bc\end{matrix}\right.\)

Cộng theo vế suy ra đpcm

Ta có :

\(x^2=a^2+b^2+ab\)

\(\Leftrightarrow x^4=a^4+3a^2b^2+2a^3b+2ab^3+b^4\)

\(\Leftrightarrow2x^4=2a^4+2b^4+6a^2b^2+4a^3b+4ab^3\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left[\left(a^2+2ab+b^2\right)^2\right]\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+\left[\left(a+b\right)^2\right]^2\)

\(\Leftrightarrow2x^4=a^4+b^4+c^4\left(đpcm\right)\)

\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
\(\Leftrightarrow a^4-a^3b+b^4-ab^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)+b^3\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3+b^3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
Dấu ">" xảy ra khi
\(\left(a^2+2ab\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}b^2\right)+\dfrac{3}{4}b^2>0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+\dfrac{1}{2}b\right)^2+\dfrac{3}{4}b^2>0\)

@Toyama Kazuha Giải kiểu gì vậy bạn?

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

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

Lời giải:

a)

Với \(x>1\Rightarrow x-1>0\). Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x=(x-1)+1\geq 2\sqrt{x-1}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{x-1}}{x}\leq \frac{\sqrt{x-1}}{2\sqrt{x-1}}=\frac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra ki \(x-1=1\Leftrightarrow x=2\)

b) Trước tiên, ta có bđt phụ sau:

\(x^3+y^3\geq xy(x+y)\)

\(\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y)\geq 0\) (luôn đúng với mọi \(x,y>1\) )

Do đó, \(\frac{x^3+y^3-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}\geq \frac{xy(x+y)-x^2-y^2}{(x-1)(y-1)}\geq 8\)

\(\Leftrightarrow xy(x+y)-(x^2+y^2)\geq 8(x-1)(y-1)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y-1)+y^2(x-1)-8(x-1)(y-1)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (y-1)[x^2-4(x-1)]+(x-1)[y^2-4(y-1)]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (y-1)(x-2)^2+(x-1)(y-2)^2\geq 0\)

(luôn đúng với mọi \(x,y>1\) )

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=2\)

c và d ở đâu vại:>

\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a^4-a^3b\right)-\left(ab^3-b^4\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a= b

Ta có đpcm