Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Nhóm lại :

\(VT=\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+c-b}\right)+2\left(\dfrac{1}{b+c-a}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)+3\left(\dfrac{1}{a+c-b}+\dfrac{1}{a+b-c}\right)\ge\dfrac{4}{2c}+2.\dfrac{4}{2b}+3.\dfrac{4}{2a}\)

\(=\dfrac{2}{c}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{6}{a}=\dfrac{2\left(b+2c\right)}{bc}+\dfrac{6}{a}=\dfrac{2abc}{bc}+\dfrac{6}{a}\)

\(=2\left(a+\dfrac{3}{a}\right)\ge4\sqrt{a.\dfrac{3}{a}}=4\sqrt{3}\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\) ( thỏa mãn giả thiết )

Hình như đề bị sai

Áp dụng BĐT cô-si:

a^4+1>=2a^2

suy ra a^4 +1+2b^2>=2a^2+2b^2>=4ab(Cô-si)

Vậy a^4+1+2b^2>=4ab

BĐT cô-si:a^4+b^4>=4a^2b^2

Vậy 2a^4+2b^2+b^4+1>=4a^2b^2+4ab

Suy ra 2a^4+1+(b^2+1)^2>=(2ab+1)^2

Ta có BĐT:

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\)\(\ge\left(a+b\right)ab\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\le\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(VT\le\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\dfrac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\dfrac{1}{ac\left(a+b+c\right)}\)

\(=\dfrac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{1}{abc}=VP\)

Khi \(a=b=c\)

1) Áp dụng BĐT Bunhiacopski

P = \(6\sqrt{x-1}+8\sqrt{3-x}\le\sqrt{\left(6^2+8^2\right)\left(x-1+3-x\right)}=10\sqrt{2}\)

Vậy Min P = \(10\sqrt{2}\) khi x = 43/25

2) a) \(\Rightarrow A-5=y-2x=4y.\dfrac{1}{4}+\left(-6x\right).\dfrac{1}{3}\)

Áp dụng BĐT bunhiacopski

\(\Rightarrow\left(A-5\right)^2=\left(4y.\dfrac{1}{4}+\left(-6x\right).\dfrac{1}{3}\right)^2\) \(\le\left(16y^2+36x^2\right)\left(\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{9}\right)=\dfrac{25}{16}\)

\(\Rightarrow-\dfrac{5}{4}\le A-5\le\dfrac{5}{4}\Rightarrow\dfrac{15}{4}\le A\le\dfrac{25}{4}\)

...........

b) tương tự

App giải toán không cần nhập đề chỉ cần chụp ảnh cho cả nhà đây: https://www.facebook.com/watch/?v=485078328966618

Fix: Chuẩn hóa \(a+b+c=1\). Ta có BĐT

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{a+b+c}{2(ab+bc+ca)}+\dfrac{3}{a+b+c}\)

CM như sau: \(VT=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}+3\)

Và \(VP=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2(ab+bc+ca)}+3\)

Cần cm \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\)\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2(ab+bc+ca)}\) (C-S dạng Engel)

*)Quay lại bài toán đầu:

\(\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}+6\ge\dfrac{1}{\sqrt{ab+bc+ac}}\)

Đặt \(\sqrt{ab+bc+ac}=t\ge0\)\(\Rightarrow\dfrac{1}{2t^2}+6\ge\dfrac{1}{t}\Leftrightarrow12t^2-6t+1\ge0\forall t\ge0\)

Ta cm BĐT \(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\ge\dfrac{a+b+c}{2\left(ab+bc+ac\right)}+\dfrac{3}{a+b+c}\)

Bằng cách chuẩn hóa \(a+b+c=1\). Khi đó:

\(VT=\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\)

\(=\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+3\)

\(VP=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}+3\)

Tức cần cm \(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}\)\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\) (C-S dạng Engel)

*)Quay lại đề: \(BDT_{\text{cần cm}}\Leftrightarrow\dfrac{1}{2\left(ab+bc+ac\right)}+3\ge\dfrac{1}{\sqrt{ab+bc+ac}}\)

Đặt \(\sqrt{ab+bc+ac}=t\ge0\)\(\Rightarrow\dfrac{1}{2t^2}+3\ge\dfrac{1}{t}\Leftrightarrow\dfrac{6t^2-2t+1}{t^2}\ge0\forall t\ge0\)

Sorry , it's a mistake .

Đề bài : Cho a,b,c không âm . Chứng minh rằng :

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{3}{a+b+c}\ge\dfrac{4}{\sqrt{ab+bc+ca}}\)

Lời giải:

Chuẩn hóa a+b+c=1.Áp dụng AM-GM ta được:

\(\dfrac{1}{ab+bc+ca}+4\ge2\sqrt{\dfrac{4}{ab+bc+ca}}=\dfrac{4}{\sqrt{ab+bc+ca}}\)

Do vậy ta chỉ cần đi chứng minh:

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{3}{a+b+c}\ge\dfrac{1}{ab+bc+ca}+4\)

hay \(\sum\dfrac{a}{b+c}+6\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}+4\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow\sum\left[a\left(b+c\right)+bc\right].\dfrac{a}{b+c}\ge a^2+b^2+c^2\)

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

Điều này luôn đúng do a,b,c không âm .Vậy ta có đpcm.

Dấu = xảy ra khi 1 số bằng 0 , 2 số còn lại bằng nhau.

P/s: nhờ ý tưởng of sir :V

Áp dụng bất đẳng thức tam giác có a+b>c

                                                            <=>ac+bc > c^{2  (c>0)}

<=>a+b
   Tương tự có:ab+cb>b²    ac+ab >a²ab+bc>b2,ac+ab>a2

Cộng các bất đẳng thức trên ra điều phải chứng minh

2(a²+b²+c²)-2(ab+bc+ac)<a²+b²+c²<=>2(a²+b²+c²)>a²+b²+c² (dpcm)

điều kiện xát định \(x\ge0\)

ta có : \(\left(\sqrt{x}+1\right).P=\sqrt{x}+m\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}+1\right).\dfrac{x}{\sqrt{x}+1}=\sqrt{x}+m\)

\(\Leftrightarrow x=\sqrt{x}+m\) \(\Leftrightarrow m=x-\sqrt{x}\) với \(x\ge0\)