Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

UCT hả e. Lâu rồi k dùng pp này có lẽ quên r :3

Ta có BĐT phụ \(\sqrt{a^2+a-1}\le\dfrac{3}{2}a-\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+a-1}-\left(\dfrac{3}{2}a-\dfrac{1}{2}\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+a-1-\left(\dfrac{3}{2}a-\dfrac{1}{2}\right)^2}{\sqrt{a^2+a-1}+\left(\dfrac{3}{2}a-\dfrac{1}{2}\right)}\le0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{-\dfrac{5}{4}\left(a-1\right)^2}{\sqrt{a^2+a-1}+\left(\dfrac{3}{2}a-\dfrac{1}{2}\right)}\le0\)*đúng*

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\sqrt{b^2+b-1}\le\dfrac{3}{2}b-\dfrac{1}{2};\sqrt{c^2+c-1}\le\dfrac{3}{2}c-\dfrac{1}{2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)-\dfrac{1}{2}\cdot3=3=VP\)

Khi \(a=b=c=1\)

Thắc mắc thì ib nhé rảnh t sẽ giải đáp :(

Hình như đề bài có vấn đề : thừa đk ab + bc + ac  = abc

ta có : \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{\sqrt{4a^2b^2}}{ab}=\frac{2ab}{ab}=2\) 

Tương tự \(\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge2\) ; \(\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2\)

\(\Rightarrow\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge2+2+2=6>\sqrt{3}\)

Nếu thay dấu > thành >= thì ta có cách giải khác

bạn tham khảo lời giải này nha, kiếm trên gg thui

k có điều kiện à :> đắng thật

Từ \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow a+b+c\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\). Tức cần chứng minh

\(\dfrac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{b^3}{c^2-ac+a^2}+\dfrac{c^3}{a^2-ab+b^2}\ge a+b+c\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(VT=\dfrac{a^4}{ab^2-abc+ac^2}+\dfrac{b^4}{bc^2-abc+a^2b}+\dfrac{c^4}{a^2c-abc+b^2c}\)

\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+a^2b+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-3abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(a^2b+a^2b+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-3abc\right)\)

\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+abc\left(a+b+c\right)\ge ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right)\)

Đúng theo Schur bậc 4

Xét (O) có

MA là tiếp tuyến

MB là tiếp tuyến

DO đó; OM là tia phân giác của góc AOB

Xét ΔOAM vuông tại A có 

\(\tan\widehat{AOM}=\dfrac{AM}{AO}=\sqrt{3}\)

nên \(\widehat{AOM}=60^0\)

=>\(\widehat{AOB}=120^0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\dfrac{1}{a+1}\ge1-\dfrac{1}{b+1}+1-\dfrac{1}{c+1}+1-\dfrac{1}{d+1}\)

\(=\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1}\)\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}}\)

Tương tự cho 3 BĐT còn lại cũng có:

\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{acd}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\dfrac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(d+1\right)}};\dfrac{1}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)

Nhân theo vế 4 BĐT trên ta có:

\(\dfrac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge81\sqrt[3]{\left(\dfrac{abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\right)^3}\)

\(\Leftrightarrow1\ge81abcd\Leftrightarrow abcd\le\dfrac{1}{81}\)

where is "c" ?

câu 1:

a²+b²+c²+42 = 2a+8b+10c

<=> a²-2a+1+b² -8b+16+c²-10c+25=0

<=> (a-1)²+(b-4)²+(c-5)²=0

<=>a=1 và b=4 và c=5

=> a+b+c = 10

ta có 2(a²+b²)=5ab

<=> 2a²+2b²-5ab=0

<=> 2a²-4ab-ab+2b²=0

<=> 2a(a-2b)-b(a-2b)=0

<=> (a-2b)(2a-b)=0

<=> a=2b(thỏa mãn)

hoặc b=2a( loại vì a>b)

với a=2b =>P=5b/5b=1

ta có \(\dfrac{x+1}{x-1}=\dfrac{7}{3}\)

<=> 3(x+1)=7(x-1)

<=> 4x = 10

<=> x = 2,5