Bất phương trình bậc nhất một ẩn

Ta có:

\(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\)

\(=a+b+c-\dfrac{ab^2}{1+b^2}-\dfrac{bc^2}{1+c^2}-\dfrac{ca^2}{1+a^2}\)

\(\ge3-\dfrac{ab^2}{2b}-\dfrac{bc^2}{2c}-\dfrac{ca^2}{2a}\)

\(=3-\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge3-\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)

x1=a; x2=b

a)

(a+1)^2>=4a^2=(2a)^2

<=>(a+1-2a)(a+1+2a)>=0

<=>(1-a)(3a+1)>=0

a€[0;1]

3a+1>0

1-a>=0

=>dpcm

Lời giải:

Ta cần chứng minh \(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{xz}{y}\geq x^2+y^2+z^2\)

\(\Leftrightarrow \frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{xyz}\geq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Leftrightarrow (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2\geq 3x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\)

\(\Leftrightarrow x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4+2x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\geq 3x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\)

\(\Leftrightarrow x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4\geq x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[ (x^2y^2-y^2z^2)^2+(y^2z^2-x^2z^2)^2+(x^2y^2-x^2z^2)^2\right]\geq 0\)

(luôn đúng)

Do đó ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\)

Lời giải:

Trước tiên, pt có hai nghiệm pb khi mà:

\(\Delta'=(m-1)^2-(2m-3)>0\)

\(\Leftrightarrow m^2-4m+4>0\Leftrightarrow (m-2)^2>0\Leftrightarrow m\neq 2\)

Áp dụng định lý Viete cho pt bậc 2:

\(\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=2(m-1)\\ x_1x_2=2m-3\end{matrix}\right.\)

Khi đó:

\((x_1-x_2)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2\)

\(=4(m-1)^2-4(2m-3)\)

\(=4m^2-16m+16=(2m-4)^2\)

\(\Rightarrow |x_1-x_2|=|2m-4|\)

Để \(|x_1-x_2|=5\Rightarrow |2m-4|=5\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} m=\frac{9}{2}\\ m=\frac{-1}{2}\end{matrix}\right.\) (đều thỏa mãn)

Vậy...........

xét pt \(x^2-2\left(m-1\right)x+2m-3=0\) (1)

từ (1) có \(\Delta'=\left[-\left(m-1\right)\right]^2-\left(2m-3\right)\)

\(\Delta'=m^2-2m+1-2m+3\)

\(\Delta'=m^2-4m+4\)

\(\Delta'=\left(m-2\right)^2>0\forall m\ne2\)

\(\Rightarrow pt\left(1\right)\) luôn có 2 nghiệm phân biệt \(\forall m\ne2\)

có vi - ét \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1.x_2=2m-3\end{matrix}\right.\)

theo bài ra ta có \(\left|x_1-x_2\right|=5\)

\(\Leftrightarrow\left(\left|x_1-x_2\right|\right)^2=25\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1-x_2\right)^2=25\)

\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2-25=0\)

\(\Leftrightarrow\left[2\left(m-1\right)\right]^2-4\left(2m-3\right)-25=0\)

\(\Leftrightarrow4\left(m^2-2m+1\right)-8m+12-25=0\)

\(\Leftrightarrow4m^2-8m+4-8m-13=0\)

\(\Leftrightarrow4m^2-16m-9=0\) \(\left(2\right)\)

từ (2) có \(\Delta'=\left(-8\right)^2-4.\left(-9\right)=64+36=100>0\Rightarrow\sqrt{\Delta'}=10\)

vì \(\Delta'>0\) nên pt (2) có 2 nghiệm phân biệt

\(m_1=\dfrac{8+10}{4}=\dfrac{9}{2};m_2=\dfrac{8-10}{4}=\dfrac{-1}{2}\) ( TM \(\forall m\ne2\))

vậy \(m_1=\dfrac{9}{2};m_2=\dfrac{-1}{2}\) là các giá trị cần tìm

Ta có \(x_1,x_2\) là 2 nghiệm phân biệt của pt trên

=> \(\Delta>0\)

<=> \(\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\left(2m-3\right)>0\)

<=> \(4\left(m^2-2m+1\right)-8m+12>0\)

<=> \(4m^2-16m+16>0\)

<=> \(\left(2m-4\right)^2>0\) luôn đúng với mọi m và \(m\ne2\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=2m-3\end{matrix}\right.\)

=> \(\left|x_1-x_2\right|=5\)

<=> \(\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2}=5\)

<=> \(\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=5\)

<=> \(\sqrt{4\left(m^2-2m+1\right)-8m+12}=5\)

<=> \(\sqrt{\left(2m-4\right)^2}=5\)

<=> \(\left(2m-4\right)^2=25\)

<=> \(\left\{{}\begin{matrix}m=\dfrac{9}{2}\left(TM\right)\\m=\dfrac{-1}{2}\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy......

Áp dụng BĐT AM - GM, ta có:

\(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2}{c^2+ab}+\dfrac{b^2+c^2}{a^2+bc}+\dfrac{a^2+c^2}{b^2+ac}\)

\(\ge\dfrac{3\sqrt{a^3b^3c^3}}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2}{c^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\dfrac{b^2+c^2}{a^2+\dfrac{b^2+c^2}{2}}+\dfrac{a^2+c^2}{b^2+\dfrac{a^2+c^2}{2}}\)

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

\(=\dfrac{3}{2}+2\times\left[\dfrac{a^2+b^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\dfrac{b^2+c^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\dfrac{c^2+a^2}{\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+a^2\right)}\right]\) (1)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=x\\b^2+c^2=y\\c^2+a^2=z\end{matrix}\right.\), ta có:

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\dfrac{3}{2}+2\times\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y}\right)\)

\(\ge\dfrac{3}{2}+2\times\dfrac{3}{2}\) (Bất_đẳng_thức_Nesbitt)

\(=\dfrac{9}{2}\left(\text{đ}pcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Bài 1:

Giả sử \(a\ge b\ge c \ge d \ge e\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+cd+de \leq a.(b+c+d+e)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+cd+de \leq a.(1-a)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+cd+de \leq -(a-\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi có ít nhất 2 số bằng 0 thì 2 số còn lại bằng \(\frac{1}{2}\) giả sử \(a=b=\dfrac{1}{2};c=d=0\)

Bài 2:

\(BDT\LeftrightarrowΣ\dfrac{3\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}\ge9\)

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

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}-1+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)^2}-1+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)^2}-1\ge-1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{4ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{4bc}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{4ca}{\left(a-c\right)^2}\ge-1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{3bc}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{3ca}{\left(a-c\right)^2}\ge-\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3ab}{\left(a-b\right)^2}+1+\dfrac{3bc}{\left(b-c\right)^2}+1+\dfrac{3ca}{\left(a-c\right)^2}+1\ge3-\dfrac{3}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+ab+b^2}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{b^2+bc+c^2}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{c^2+ac+c^2}{\left(a-c\right)^2}\ge\dfrac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3-b^3}{\left(a-b\right)^3}+\dfrac{b^3-c^3}{\left(b-c\right)^3}+\dfrac{c^3-a^3}{\left(a-c\right)^3}\ge\dfrac{9}{4}\)(Đúng)

P/s: Ok, xong tưởng dễ ai dè ngốn mất 2 tiếng

mình nghĩ bài 1 P=ab+bc+cd+de thôi bn à cơ sở dựa vào bài Câu hỏi của Mai Thành Đạt - Toán lớp 8 | Học trực tuyến, và 1 số chỗ