Chương 4: BẤT ĐẲNG THỨC, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

#Đêm qua tự nhiên mơ thấy cách này, dậy làm luôn :v

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(x^2+y^2+1\right)\left(1+1+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^2+y^2+1}\le\dfrac{2+z^2}{\left(x+y+z\right)^2}.\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:

\(\dfrac{1}{y^2+z^2+1}\le\dfrac{2+x^2}{\left(x+y+z\right)^2};\dfrac{1}{x^2+z^2+1}\le\dfrac{2+y^2}{\left(x+y+z\right)^2}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\dfrac{x^2+y^2+z^2+6}{\left(x+y+z\right)^2}=\dfrac{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)}{\left(x+y+z\right)}=1\)

Khi \(x=y=z=1\)

cho em hỏi ngu tý,đây là toán ak

guể BĐT 6 biến luôn à .-.

thiếu điều kiện nhé bạn với a=0 thì b³/a ko có nghĩa
 

Với a,b,c>0

giả sử các bất đẳng thức trên đều đúng, tức là ;

 \(a\left(1-b\right)>\frac{1}{4},\)   \(b\left(1-c\right)>\frac{1}{4},\)     \(c\left(1-a\right)>\frac{1}{4}\)

Suy ra:   \(a\left(1-b\right)b\left(1-c\right)c\left(1-a\right)>\frac{1}{4}.\frac{1}{4}.\frac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-1\right)b\left(1-b\right)c\left(1-c\right)>\frac{1}{64}\) 

Điều này vô lí vì: \(\begin{cases}0>a\left(1-a\right)\le\frac{1}{4}\\0>b\left(1-b\right)\le\frac{1}{4}\\0>c\left(1-c\right)\le\frac{1}{4}\end{cases}\) \(\Rightarrow\left(Đpcm\right)\)

123

?

Nếu gặp may thì chỉ cần lấy 2 chiếc, nếu chắc chắn lấy được thì 3 chiếc, chắc chắn sẽ cùng màu

Giống giống toán tiểu học '-'

còn nếu xui thì bốc 10 cái là tất đỏ thì 11 cái sẽ đủ

AM-GM thôi (:))

\(\dfrac{1}{x^3\left(2y-x\right)}+x^2+y^2\ge3\sqrt[3]{\dfrac{y^2}{x\left(2y-x\right)}}\)

Ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{y^2}{x\left(2y-x\right)}\ge1\).Điều này đúng vì

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)

Vậy ta có đpcm.Dấu = xảy ra khi x=y=1

cho a,b,c tìm GTNN của x,y,z best đề :v

oy lâu ko gẹp bác neet cơ mà đề bá z :v

Ta có :\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{z}\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}=\dfrac{y-2}{2y}+\dfrac{z-2}{2z}\)

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có :\(\dfrac{y-2}{2y}+\dfrac{z-2}{2z}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(y-2\right)\left(z-2\right)}{4yz}}=\dfrac{\sqrt{\left(y-2\right)\left(z-2\right)}}{\sqrt{yz}}\)

\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{x}\ge\dfrac{\sqrt{\left(y-2\right)\left(z-2\right)}}{\sqrt{yz}}\) (1)

Chứng minh tương tự :\(\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{\sqrt{\left(x-2\right)\left(z-2\right)}}{\sqrt{xz}}\) (2)

\(\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{\sqrt{\left(x-2\right)\left(y-2\right)}}{\sqrt{xy}}\) (3)

Nhân 3 bất đẳng thức (1),(2) và (3) vế theo vế ta được :

\(\dfrac{1}{xyz}\ge\dfrac{\left(x-2\right)\left(y-2\right)\left(z-2\right)}{xyz}\)

\(\Rightarrow\left(x-2\right)\left(y-2\right)\left(z-2\right)\le1\)

Dấu "=" xảy ra khi :\(x=y=z=3\)

b) PT có dạng a+b+c=0

=> PT có 2 nghiệm phân biệt : \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{-11}{3}\end{matrix}\right.\)

Đề bài phải cho \(a+b+c\le1\) để xảy ra dấu "=" ở điều phải chứng minh.

Áp dụng bđt \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)

với \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\)  được  :

\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+bc+ac}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(đpcm)

Dễ chứng minh : (a + b + c)(1/a + 1/b + 1/c) >= 9 
Áp dụng điều đó : 
1/(a^2 + 2bc)+ 1/(b^2 + 2ac) + 1/(c^2 + 2ab) >= 9/(a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc) = 9/(a + b + c)^2 >= 9/1^2 = 9 (đpcm)

Đề bài phải cho \(a+b+c\le1\) để xảy ra dấu "=" ở điều phải chứng minh.

Áp dụng bđt 

với \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\)  được  :

\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+bc+ac}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(đpcm)

ý sai đề rồi =))

x,y,z > 0. Tìm GTNN của

\(P=\left(x-1\right)^2+\left(y-2\right)^2+\left(z-1\right)^2+\dfrac{12}{\left(x+y\right)\sqrt{x+y}+1}+\dfrac{12}{\left(y+z\right)\sqrt{y+z}+1}\)

Các bạn giúp mk với ^^^^^^