Bất phương trình bậc nhất một ẩn - Hỏi đáp

Mashiro Shiina, giúp mình giải câu này nhé, mình sắp làm bài kiểm tra rùi.

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

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2ac\ge0\) \(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)

Đúng với mọi a , b

Đẳng thức xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2=0\\\left(a-c\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a-b=0\\a-c=0\\b-c=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=c\\b=c\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c\)

nhân 2 với cả 2 vế

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\left(1\right)\\ < =>2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\\ < =>\left(a^2-ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2+2ac+c^2\right)\ge0\\ < =>\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\left(2\right)\)

có

\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(a-c\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\)

=> (2) luôn đúng

=> (1) luôn đúng (dấu '=' xảy ra khi a = b = c)

chúc may mắn :)

d)

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

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2bc-ab^2c-abc^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^4+2b^4+2c^4-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+2a^2b^2+\left(b^2-c^2\right)^2+2b^2c^2+\left(c^2-a^2\right)^2+2a^2c^2-2a^2bc-2b^2ac-2c^2ab\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2+\left(a^2b^2+b^2c^2-2b^2ac\right)+\left(b^2c^2+c^2a^2-2c^2abc\right)+\left(a^2b^2+c^2a^2-2a^2ab\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ab-ac\right)^2\ge0\)

Luôn đúng với mọi a , b , c

a)\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)

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

b,c tương tự

d)Áp dụng bđt AM-GM ta được

\(a^4+a^4+b^4+c^4\ge4\sqrt[4]{a^4a^4b^4c^4}=4a^2bc\)

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

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

Cộng vế theo vế ta được \(4\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge4\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)

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

a) Áp dụng Cauchy-Schwarz:

\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\left(a^2+b^2\right)\)

b) Áp dụng AM-GM:

\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2ab+2bc+2ac\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (cm ở trên r nên khỏi cm lại đi)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)

Kết hợp 2 điều trên:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

a )2(a^2+b^2)\(\ge\)(a+b)^2\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2\(\ge\)a^2+b^2+2ab

\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2-a^2-b^2-2ab\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2\(\ge\)0 (2)

(2) đúng nên 1 đúng

b )

chứng minh vế 1 3(a^2+b^2+c^2)\(\ge\)(a+b+c)^2

\(\Leftrightarrow\)3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0

\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\(\ge\)0 luôn đúng

chứng minh vế 2 (a+b+c)^2\(\ge\)3(ab+bc+ca)

\(\Leftrightarrow\)a^2+b^2+c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0

cm như trên suy ra đpcm

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

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge a^2+b^2+2ab\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)

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

d) áp dụng BĐT ở câu c ta có:

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

\("="\Leftrightarrow a=b=1\)

Câu c :

Xài bu-nhi đi .

\(\left(a^2+b^2\right)\left(1^2+1^2\right)\ge\left(a.1+b.1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x+y=2\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow4\ge4xy\Rightarrow xy\le1\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(P=\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{1}{2xy}\)

\(\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{x^2+y^2+2xy}+\dfrac{1}{2xy}=\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{2xy}\)

\(\ge\dfrac{4}{4}+\dfrac{1}{2}=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\left(x+y=2;xy\le1\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=1\)

Áp dụng Bất đẳng thức Svac:

\(P=\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{1}{2xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{2xy}\)

\(\Rightarrow P\ge1+\dfrac{1}{2xy}\ge1+\dfrac{1}{2\cdot\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}}=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)

Vậy MinP=3/2 khi x=y=1

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+b+c+c+a}=\frac{9}{2(a+b+c)}\)

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)}\) \((1)\)

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm: \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\) \((2)\)

Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{3}{2}(a+b+c)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

\(a^2+b^2+\left(\dfrac{ab+1}{a+b}\right)^2>hoặc=2\)

<=>\(a^2+b^2+\left(\dfrac{ab+1}{a+b}\right)^2-2>hoặc=0\)

<=>\(\left(a+b\right)^2+\left(\dfrac{ab+1}{a+b}\right)^2-2\left(ab+1\right)>hoặc=0\)

<=>\(\left(a+b-\dfrac{ab+1}{a+b}\right)^2>hoặc=0\)

(đpcm)

chúc bạn học tốt ^ ^

Lời giải:
Biến đổi tương đương:

\(a^2+b^2+c^2+d^2\geq ab+ac+ad\)

\(\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2+2d^2\geq 2ab+2ac+2ad\)

\(\Leftrightarrow (\frac{a^2}{2}+2b^2-2ab)+(\frac{a^2}{2}+2c^2-2ac)+(\frac{a^2}{2}+d^2-2ad)+\frac{a^2}{2}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{a^2+4b^2-4ab}{2}+\frac{a^2+4c^2-4ac}{2}+\frac{a^2+4d^2-4ad}{2}+\frac{a^2}{2}\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(a-2b)^2}{2}+\frac{(a-2c)^2}{2}+\frac{(a-2d)^2}{2}+\frac{a^2}{2}\geq 0\)

(luôn đúng)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=0$

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

\(\Leftrightarrow a^4-2a^2+1+b^2-2b^2+1+2a^2+2b^2-4ab\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2+\left(b^2-1\right)^2+2\left(a^2-2ab+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2+\left(b^2-1\right)^2+2\left(a-b\right)^2\ge0\) (với mọi giá trị \(ab\))

Vậy \(a^4+b^4+2\ge4ab\) (với mọi số nguyên \(ab\))

\(6x-3x^2=6x-3x^2-3+3\\ =-3\left(x^2-2x+1\right)+3\\ =3-\left(x-1\right)^2\le3\)

Dấu = xảy ra khi

\(\left(x-1\right)^2=0\\ \Leftrightarrow x=1\)

T xài phương pháp chuẩn hóa thử, lên C3 có gặp mấy bài này chém dễ dàng, có sai thì đừng ném đá nha :vv.

Ta chứng minh BĐT sau:

\(\dfrac{1}{x^2+x}\ge-0,75x+1,25\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\) ( Để ra cái BĐT này t dùng casio, ra cái này là ra hết bài :D )

Thật vậy: \(\dfrac{1}{x^2+x}+0,75x-1,25\ge0\)

\(\Rightarrow\dfrac{1+0,75x\left(x^2+x\right)-1,25\left(x^2+x\right)}{x^2+x}\ge0\)

\(\Rightarrow1+0,75x^3+0,75x^2-1,25x^2+1,25x\ge0\)

\(\Rightarrow0,75\left(x-1\right)^2\left(x+\dfrac{4}{3}\right)\ge0\) \(\forall x\in\left(0;1\right)\) (BĐT này luôn đúng)

Tương tự: \(\dfrac{1}{y^2+y}\ge-0,75y+1,25\)

\(\dfrac{1}{z^2+z}\ge-0,75z+1,25\)

Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh, ta được: \(P\ge-0,75\left(x+y+z\right)+1,25.3\)

\(P\ge1\)

Vậy Min P =1 khi x=y=z =1

\(P=\dfrac{1}{x^2+x}+\dfrac{1}{y^2+y}+\dfrac{1}{z^2+z}\)

\(=\dfrac{1}{x\left(x+1\right)}+\dfrac{1}{y\left(y+1\right)}+\dfrac{1}{z\left(z+1\right)}\)

\(=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{z+1}\)

Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x+y}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\) và BĐT Cauchy Shwarz dạng Engel, ta có:

\(P\ge\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+1+\dfrac{1}{y}+1+\dfrac{1}{z}+1\right)\)

\(=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-\dfrac{3}{4}\)

\(\ge\dfrac{3}{4}\left[\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{x+y+z}\right]-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{9}{3}-1\right)=\dfrac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1.

Min P = 1,5 <=> x = y = z = 1.