1/ Cho 2 số a,b thõa: a+b=2. CMR: a2+b2 ≥ 2
2/ Cho 3 số a,b,c thõa: ab+bc+ca= 12. Tìm GTLN của P= a2+b2+c2
3 Cho 2 số dương a,b thỏa a+b ≤ 2. Tìm GTNN của P= \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=2^2=4\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
Bài 3:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\dfrac{4}{2}=2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
Cho \(a,b,c,d\in\left[0;1\right]\).Tìm maximize :
\(A=\dfrac{a}{bcd+1}+\dfrac{b}{cda+1}+\dfrac{c}{dab+1}+\dfrac{d}{abc+1}\)
Giải bất phương trình sau
\(\dfrac{4x+1}{4\left(2-x\right)}\ge x+2\)
\(\dfrac{4x+1}{4\left(2-x\right)}\ge x+2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+1}{4\left(2-x\right)}-x-2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+1-4x\cdot\left(2-x\right)-8\left(2-x\right)}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x+1-8x+4x^2-16+8x}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x-15+4x^2}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x^2+4x-15}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4x^2+10x-6x-15}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2x\left(2x+5\right)-3\left(2x+5\right)}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(2x-3\right)\left(2x+5\right)}{4\left(2-x\right)}\ge0\)
đến đây phân vế ra giải...
giải bất phương trình bằng bảng xét dấu 
\(\left(x+5\right)\left(x^2-1\right)\left(3-x\right)>0\)
Giúp mk 
mk đang cần gấp lắm
Theo bài ra :
\(\left(x+5\right)\left(x^2-1\right)\left(3-x\right)>0\)
<=> \(\left(x+5\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(3-x\right)>0\)
Đặt \(\left(x+5\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(3-x\right)=A\)
Ta có bảng xét dấu :
| \(-\infty\) | -5 | -1 | 1 | 3 | \(+\infty\) | ||||
| (x+5) | - | 0 | + | + | + | + | |||
| x2-1 | + | + | 0 | - | 0 | + | + | ||
| 3-x | + | + | + | + | 0 | - | |||
| A | - (loại) | 0 (loại) | +(t.m) | 0(loại) | -(loại) | 0(loại) | +(t.m) | 0(loại) | -(loại) |
Từ bảng xét dấu trên suy ra :
\(A>0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}-5< x< -1\\1< x< 3\end{matrix}\right.\)
giải các bất phương trình sau
\(a,\dfrac{-4}{3x+1}< \dfrac{3}{2-x}\)
\(b,\dfrac{x+2}{3x+1}\le\dfrac{x-2}{2x-1}\)
\(c,\dfrac{x}{x-2}+\dfrac{x+2}{x}>2\)
Giải hộ mk bằng bảng xét dấu nha
Chứng minh với x,y là 2 số không âm tùy ý, ta luôn có: \(3x^3+17y^3\ge18xy^2\)
Xài bđt Cauchy nha.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(3x^3+17y^3=3x^3+8y^3+9y^3\geq 3\sqrt[3]{216x^3y^6}\)
\(\Leftrightarrow 3x^3+17y^3\geq 18xy^2\)(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=0\)
1. Cho \(x,y,z\) là 3 số thực dương thõa mản xyz = 1. C/m BĐT
\(\dfrac{1}{\left(2x+y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(2x+y+z\right)^2}+\dfrac{1}{\left(2x+y+z\right)^2}\le\dfrac{3}{16}\)
2. Cho x,y,z không âm và thõa mản \(x^2+y^2+z^2=1\). C/m BĐT
\(\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\dfrac{3}{2}\)
1. Theo BĐT AM - GM, ta có:
\(\Sigma\dfrac{1}{\left(2x+y+z\right)^2}=\Sigma\dfrac{1}{\left\{\left(x+y\right)+\left(x+z\right)\right\}^2}\le\Sigma\dfrac{1}{4\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\)
Do đó BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta C/m được
\(\Sigma\dfrac{1}{4\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\le\dfrac{3}{16}\Leftrightarrow\dfrac{8}{3}\left(x+y+z\right)\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{8}{3}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
Nhưng điều này đúng vì \(xy+yz+zx\ge\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3\) và theo bổ đề bên trên. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
( Còn bài 2 để suy nghĩ rồi tối đăng cho nha )
cho a ≥ 9 b≥4 c≥1 cmr:.....
\(ab\sqrt{c-1}+bc\sqrt{a-9}+ca\sqrt{b-4}\le\dfrac{11abc}{12}\)
Áp dụng bđt AM-GM cho 2 số không âm ta có:\(ab\sqrt{c-1}+bc\sqrt{a-9}+ca\sqrt{b-4}\)
\(=ab\sqrt{1.\left(c-1\right)}+\dfrac{bc\sqrt{9\cdot\left(a-9\right)}}{3}+\dfrac{ca\sqrt{4.\left(b-4\right)}}{2}\)\(\le ab.\dfrac{1+\left(c-1\right)}{2}+bc.\dfrac{9+\left(a-9\right)}{6}+ca.\dfrac{4+\left(b-4\right)}{4}=abc\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{11abc}{12}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}1=c-1\\9=a-9\\4=b-4\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}c=2\\a=18\\b=8\end{matrix}\right.\)
Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz=1 . Chứng minh rằng:
\(\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{y^5-y^2}{y^5+x^2+z^2}+\dfrac{z^5-z^2}{z^5+x^2+y^2}\ge0\)
\(\Sigma\left(\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\dfrac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left(\dfrac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{1}{y^5+x^2+z^2}+\dfrac{1}{z^5+x^2+y^2}\le\dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky
\(\Rightarrow\left(x^5+y^2+z^2\right)\left(\dfrac{1}{x}+y^2+z^2\right)\ge\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{x}+y^2+z^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x^5+y^2+z^2}+\dfrac{1}{y^5+x^2+z^2}+\dfrac{1}{z^5+x^2+y^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\le\dfrac{3}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\le\dfrac{x^2+y^2+z^2+2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\le x^2+y^2+z^2\) ( vì \(xyz=1\) )
\(\Leftrightarrow xy+yz+xz\le x^2+y^2+z^2\) ( luôn đúng theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy )
\(\Rightarrow\) đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Cho | x | \(\le\) 1
Tìm GTLN của \(\left(1-x\right)^n+\left(1+x\right)^n\) với n nguyên dương.
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}1-x=a>0\\1+x=b>0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a+b=2\)
Cần chứng minh \(a^n+b^n\le\left(a+b\right)^n\forall a;b>0;n\in N\text{*}\)
Với n=1;2 bất đẳng thức đúng
Giả sử BĐT đúng với \(n=k\) khi đó \(a^k+b^k\le\left(a+b\right)^k\)
Cần chứng minh BĐT đúng với \(n=k+1\), tức là:
\(a^{k+1}+b^{k+1}\le\left(a+b\right)^{k+1}\). Thật vậy
\(\left(a+b\right)^{k+1}=\left(a+b\right)\left(a+b\right)^k\ge\left(a+b\right)\left(a^k+b^k\right)\)
\(=a^{k+1}+b^{k+1}+a^kb+b^ka\ge a^{k+1}+b^{k+1}\)
Theo nguyên lí quy nạp thì ta có ĐPCM
\(\left(1-x\right)^n+\left(1+x\right)^n\le2^n\) này hử ?
