Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

a) \(\Leftrightarrow ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b

b) Áp dụng BĐT Cauchy:

\(x^4+3=x^4+1+1+1\ge4\sqrt[4]{x^4.1.1.1}=4x\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)

tìm trên Google có đó bạn

Lời giải:

Xét \(\frac{1}{P}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{ab}\)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

\(4=a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow ab\leq 2\Rightarrow \frac{2}{ab}\geq 1\)

Theo Cauchy-Schwarz: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\geq \frac{4}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}=\sqrt{2}\)

Do đó \(\frac{1}{P}\geq 1+\sqrt{2}\Leftrightarrow P\leq \sqrt{2}-1\)

Vậy \(P_{\max}=\sqrt{2}-1\Leftrightarrow (a,b)=(\sqrt{2},\sqrt{2})\)

https://hoc24.vn/hoi-dap/question/471323.html

Tham khảo của Akai đi bác =))

Gọi \(t\) là số nhỏ nhất trong các hiệu \(a-b;b-c;c-a\)

Giả sử \(a\ge b\ge c\) thì \(t\ge0\). Ta có:

\(a-b\ge t\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge t^2\)

\(b-c\ge t\Rightarrow\left(b-c\right)^2\ge t^2\)

\(a-c\ge2t\ge0\Rightarrow\left(a-c\right)^2\ge4t^2\)

Cộng từng vế:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge6t^2\)

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)^2\ge6m^2\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6m^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}\ge m^2\left(\text{đ}pcm\right)\)

\(GT\Leftrightarrow\dfrac{a^2\left(a+c\right)+b^2\left(b+c\right)}{c}=3\)\(\Leftrightarrow3c=a^3+b^3+\left(a^2+b^2\right)c\)

\(VT=\dfrac{\left(a+c\right)\left(b^3+2\right)}{2\left(b^3+2\right)}-\dfrac{b^3\left(a+c\right)}{2\left(b^3+2\right)}+\dfrac{\left(b+c\right)\left(a^3+2\right)}{2\left(a^3+2\right)}-\dfrac{a^3\left(b+c\right)}{2\left(a^3+2\right)}-2\sqrt{a+b+c}\)

\(=\dfrac{a+b+2c}{2}-\dfrac{b^3\left(a+c\right)}{2\left(b^3+1+1\right)}-\dfrac{a^3\left(b+c\right)}{2\left(a^3+1+1\right)}-2\sqrt{a+b+c}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(b^3+1+1\ge3b\) ; \(a^3+1+1\ge3a\).

Do đó :\(VT\ge\dfrac{a+b+2c}{2}-\dfrac{b^2\left(a+c\right)+a^2\left(b+c\right)}{6}-2\sqrt{a+b+c}\)

Để ý rằng \(b^2\left(a+c\right)+a^2\left(b+c\right)=ab\left(a+b\right)+\left(a^2+b^2\right)c\le a^3+b^3+\left(a^2+b^2\right).c=3c\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{a+b+2c}{2}-\dfrac{3c}{6}-2\sqrt{a+b+c}=\dfrac{a+b+c}{2}-2\sqrt{a+b+c}\)

\(=\dfrac{\left(\sqrt{a+b+c}-2\right)^2-4}{2}\ge-2\).

Dấu = xảy ra khi a=b=1;c=2

lần +)F_'^o nào mình muốn động não cx gặp bài bạn này pót lên '-' vi diệu v~ .-. nhưng thôi k chắc chắn lắm nên để mấy ae lm, chứ t lm mà sai là khổ thân bạn ý :v

Giả sử điều cần chứng minh đúng thì:

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

\(\Rightarrow\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{a+c}+1+\dfrac{c}{a+b}+1\ge\dfrac{3}{2}+1+1+1=\dfrac{9}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{a+c}+\dfrac{a+b+c}{a+b}\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)

\(\Rightarrow\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge9\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c+a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge9\)

Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}b+c=x\\a+c=y\\a+b=z\end{matrix}\right.\) Khi đó:

\(\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge9\)(đúng theo AM-GM)
Ta có đpcm

Rối'ss :v

Đặt VT là A\(A=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ba}+\dfrac{c^2}{ca+cb}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:

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

Lưu ý: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)(Dễ dàng chứng minh bđt này nhờ Cauchy hoặc hằng đẳng thức)