# Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

13 tháng 6 2018 lúc 18:22

Lời giải:

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

Điều kiện đb trở thành:

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

$m,n,p\geq 0$ 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 $(a,b,c)=(4,5,7)$

Bình luận (1)
11 tháng 5 2018 lúc 22:25

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

$\ge\dfrac{4}{a+b+c\left(a+b\right)}+\left(a+b\right)\left(4+4c+c\right)$ (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$=\dfrac{1}{2};c=0$

Bình luận (1)
25 tháng 4 2018 lúc 11:42

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 $T_{\min}=4\sqrt{2}$

Bình luận (0)
22 tháng 4 2018 lúc 0:12

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 $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Bình luận (1)
20 tháng 4 2018 lúc 20:02

Bình luận (1)
21 tháng 4 2018 lúc 10:00

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

Bình luận (2)
9 tháng 4 2018 lúc 23:36

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Ta can chung minh

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

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

Bình luận (3)
5 tháng 4 2018 lúc 11:51

a=0;b=c hoặc a=b=c ( ͡° ͜ʖ ͡°)﻿

Bình luận (3)
6 tháng 3 2018 lúc 21:45

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

Bình luận (0)
6 tháng 3 2018 lúc 18:54

Dùng cosi dạng engel là ra

Bình luận (3)
20 tháng 4 2018 lúc 19:49

e

Bình luận (0)
30 tháng 1 2016 lúc 22:04

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.

Bình luận (0)
30 tháng 1 2016 lúc 22:13

a1 và a2 ở đâu ra vậy bạn ?

Bình luận (0)
30 tháng 1 2016 lúc 22:16

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

Bình luận (0)
12 tháng 1 2018 lúc 13:29

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)

$\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le4-abc\le4$

Bình luận (7)
13 tháng 1 2018 lúc 6:31

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

Bình luận (4)