Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Đặng Nguyễn Khánh Uyên
Xem chi tiết
Neet
4 tháng 4 2018 lúc 20:06

Áp dụng BĐT Am-Gm ta có:

\(\left[xy\left(x+y\right)\right]\left[xy\left(x+y\right)\right]\left[xy\left(x+y\right)\right]\left(x^3+y^3\right)\le\left[\dfrac{3xy\left(x+y\right)+x^3+y^3}{4}\right]^4\)( dạng \(abcd\le\left(\dfrac{a+b+c+d}{4}\right)^4\))

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3.x^3y^3\left(x^3+y^3\right)\le\dfrac{\left(x+y\right)^{12}}{4^4}\)

\(\Leftrightarrow x^3y^3\left(x^3+y^3\right)\le\dfrac{\left(x+y\right)^9}{4^4}=\dfrac{2^9}{2^8}=2\)

Dấu = xảy ra khi x=y=1

Bình luận (0)
Phan Thị Lưu
Xem chi tiết
Akai Haruma
15 tháng 2 2017 lúc 18:06

Lời giải:

Áp dụng bđt AM-GM:

\(a^2+2b^2+3=(a^2+b^2)+(b^2+1)+2\geq 2(ab+b+1)\)

\(\Rightarrow \frac{1}{a^2+2b^2+3}\leq \frac{1}{2(ab+b+1)}\). Tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow 2\text{VT}\leq \frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=A\)

Dựa vào đk \(abc=1\) dễ thấy \(A=1\).

Cách CM:

\(A=\frac{c}{1+bc+c}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=\frac{c+1}{bc+c+1}+\frac{bc}{c+1+bc}=1\) (đpcm)

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bình luận (0)
Đạt Trần Tiến
Xem chi tiết
Lightning Farron
23 tháng 4 2018 lúc 19:27

Sửa: \(x^2+y^2+z^2=3\)

Ta có: \(f\left(x\right)=\dfrac{x}{3-yz}\le\dfrac{2x}{6-\left(y^2+z^2\right)}=\dfrac{2x}{x^2+3}\)

\(\Rightarrow f''\left(x\right)=\dfrac{4x\left(x-3\right)\left(x+3\right)}{\left(x^2+3\right)^3}< 0\forall x\le3\) là hàm lõm

Áp dụng BĐT Jensen ta có:

\(f\left(a\right)+f\left(b\right)+f\left(c\right)\le3f\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)\le3f\left(1\right)=\dfrac{3}{2}\)

Bình luận (0)
T.Huyền
Xem chi tiết
Thiên Hi
22 tháng 4 2018 lúc 12:31
https://i.imgur.com/0rGnRbD.jpg
Bình luận (0)
Nguyễn Thị Huyền Trang
22 tháng 4 2018 lúc 12:30

\(S=\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)=\dfrac{a+1}{a}.\dfrac{b+1}{b}\)

\(=\dfrac{a+a+b}{a}.\dfrac{b+a+b}{b}=\dfrac{2a+b}{a}.\dfrac{a+2b}{b}\)

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

\(=\dfrac{2}{ab}+1\)

Ta có \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2+2ab\ge0\Rightarrow2ab\le a^2+b^2\)

\(\Rightarrow4ab\le\left(a+b\right)^2=1\Rightarrow ab\le\dfrac{1}{4}\Rightarrow\dfrac{2}{ab}\ge8\Rightarrow\dfrac{2}{ab}+1\ge9\)

hay S>=9

Dấu = xảy ra khi a=b=1/2

vậy minS=9 khi a=b=1/2

Bình luận (0)
Thanh Thảo
Xem chi tiết
Đạt Trần Tiến
Xem chi tiết
Akai Haruma
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)
phạm thảo
Xem chi tiết
Bùi Nhất Duy
22 tháng 4 2018 lúc 10:31

Ta có : \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\le\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{c^2+a^2}\le\dfrac{a^3}{2abc}+\dfrac{b^3}{2abc}+\dfrac{b^3}{2abc}+3\)( vì \(a^2+b^2+c^2=1\) )

\(\Leftrightarrow3+\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ca}+\dfrac{c^2}{2ab}+3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ac}+\dfrac{c^2}{2ab}\)

Mà theo bất đẳng thức cô-si , ta có : \(b^2+c^2\ge2bc\)\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}\)

Tương tự ta cũng có : \(\dfrac{b^2}{c^2+a^2}\le\dfrac{b^2}{2ca},\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{c^2}{2ab}\)

Cộng các bất đẳng thức trên lại với nhau ta được :

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2}\le\dfrac{a^2}{2bc}+\dfrac{b^2}{2ac}+\dfrac{c^2}{2ab}\)

Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh .

Bình luận (0)
Đạt Trần Tiến
Xem chi tiết
Đạt Trần Tiến
Xem chi tiết
Neet
23 tháng 4 2018 lúc 23:11

*Th1: Xét a;b < 0 thì \(a\le-2;b\le-2\)

khi đó VF âm và VT luôn dương nên BĐT luôn xảy ra.

*Th2: Xét a;b > 0 thì \(a\ge2;b\ge2\).

\(BDT\Leftrightarrow2a^2b^2+2a^2+2b^2+2\ge2\left(ab+1\right)\left(a+b\right)+10\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2+a^2b^2-2ab\left(a+b\right)\right]+\left(a^2b^2-8ab+16\right)+\left(a^2+b^2-2ab\right)+8ab-2a-2b-24\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-ab\right)^2+\left(ab-4\right)^2+\left(a-b\right)^2+\left(a-2\right)\left(b-2\right)+7\left(ab-4\right)\ge0\)

( đúng)

Vậy BĐT được chứng minh.

Bình luận (1)
Lê Bùi
Xem chi tiết
Son Goku
11 tháng 6 2018 lúc 16:16

\(2=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{4}{4z}\ge\dfrac{\left(1+1+2\right)^2}{x+y+4z}\ge\dfrac{16}{x+y+2z^2+2}\\ \Rightarrow x+y+2z^2+2\ge8\\ \Rightarrow x+y+2z^2\ge6\)

Bình luận (1)