cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=5.Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=4a+4b+\(\dfrac{c^3}{ab+b}\)là
cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=5.Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=4a+4b+\(\dfrac{c^3}{ab+b}\)là
Áp dụng bđt AM - GM:
\(P=3a+3b-1+\left[\left(a+1\right)+b+\dfrac{c^3}{b\left(a+1\right)}\right]\ge3a+3b-1+3c=3.5-1=14\).
Đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2; c = 2.
Vậy Min P = 14 khi a = 1; b = 2; c = 2.
1) cho biểu thức f(x)=\(\dfrac{x^2+16}{2x}\) (x>0).Khi hàm số f(x) đạt giá trị nhỏ nhất thì x nằm trong khoảng nào.
Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh:
\(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}\le3\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)\)
Gợi ý: Nhân chéo a + b + c sang trái rồi chuyển vế sang phải, biến đổi thành tổng ko âm.
Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương.
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh:
\(S\ge\dfrac{1}{4}\sqrt{a^4+b^4+c^4}\)
Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
Bất đẳng thức ngược dấu rồi.
BĐT \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\prod\left(a+b-c\right)\le a^4+b^4+c^4\)
Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a + b + c = 2s\\ab + bc + ca = {s^2} + 4Rr + {r^2}\\abc = 4sRr\end{array} \right.$
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về:
\(16\,r{s}^{2} \left( R-2\,r \right) +2\,{s}^{2} \left( 5\,{r}^{ 2}+{s}^{2} -16\,Rr\right) +2\,{r}^{2} \left( 16\,{R}^{2}+8\,Rr+{r}^{2}-3\,{s} ^{2} \right) \geqslant 0\)
Đây là điều hiển nhiên.
Cho a,b > 0. Chứng minh:
\(a^3+\dfrac{b^3}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}\ge a+\dfrac{b}{a}+\dfrac{1}{b}\)
Sử dụng các BĐT quen thuộc
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:
\(a^3+1+1\ge3a\);
\(\dfrac{b^3}{a^3}+1+1\ge3.\dfrac{b}{a}\);
\(\dfrac{1}{b^3}+1+1\ge3.\dfrac{1}{b}\);
\(2a+2.\dfrac{b}{a}+2.\dfrac{1}{b}\ge6\).
Cộng vế với vế các bđt trên rồi rút gọn ta có đpcm.
Cho \(a\ge0,b\ge0\). Chứng minh:
\(1+a^3+b^3\ge3ab\)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM: \(1+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{1.a^3.b^3}=3ab\).
Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh:
\(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}\le3\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)\)
Sử dụng phương pháp biến dổi tương đương
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\left(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)+\left(\dfrac{b^2+c^2}{b+c}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)+\left(\dfrac{c^2+a^2}{c+a}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2c+b^2c-c^2a-bc^2}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{b^2a+c^2a-a^2b-ca^2}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{c^2b+a^2b-b^2c-ab^2}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}+\dfrac{cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le0\) (1).
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\geq b\geq c\).
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{c+a}\\ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}\le\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{c+a}\);
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{1}{c+a}\\ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)\le0\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}\le\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{c+a}\).
Từ đó: \(\Leftrightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}+\dfrac{cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)+ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)+cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}=0\).
Do đó (1) đúng hay bđt ban đầu cũng đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh:
\(S\ge\dfrac{1}{4}\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\)
Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương
BĐT trên bị ngược dấu rồi.
Theo công thức Heron:
\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\).
Do đó ta chỉ cần cm:
\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\). (1)
Ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(b^2-c^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(c^2-a^2\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng).
Do đó bđt ban đầu cũng đúng.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó đều.
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, S là diện tích tam giác. Chứng minh:
\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{a^4+b^4+c^4}\)
Sử dingj phương pháp biến đổi tương đương
Chứng minh: ( Phương pháp biến đổi tương đương)
\(\left(a^3+b^3\right)\left(a^2+b^2\right)\ge a^5+b^5\)
Bất đẳng thức trên không đúng. Bạn có thể kiểm tra với a = b = -1.
\(\left(a^3+b^3\right)\left(a^2+b^2\right)\ge a^5+b^5\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5+a^2b^3+a^3b^2\ge a^5+b^5\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a+b\right)\ge0\) đúng
\(\Rightarrow\) đpcm