§1. Bất đẳng thức

Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Minh
2 tháng 10 2021 lúc 10:18

Áp dụng BĐT cosi cho 3 số x;y;z dương

\(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2y^2}{y^2z^2}}=\dfrac{2x}{z}\\ \dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge2\sqrt{\dfrac{y^2z^2}{x^2z^2}}=\dfrac{2y}{z}\\ \dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{z^2}{x^2}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2z^2}{x^2y^2}}=\dfrac{2z}{y}\)

Cộng vế theo vế 

\(\Leftrightarrow2\left(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{x^2}{z^2}\right)\ge2\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\right)\)

\(\LeftrightarrowĐpcm\)

Bình luận (7)
Phạm Kim Oanh
8 tháng 10 2021 lúc 20:36

Thầy Ngô Văn Thái undefined

Bình luận (0)
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Akai Haruma
30 tháng 9 2021 lúc 17:39

Lời giải:

BĐT cần cm tương đương với:
$2(a^4+b^4+c^4)\geq ab^3+bc^3+ca^3+a^3b+b^3c+c^3a$

$\Leftrightarrow (a^4+b^4-a^3b-ab^3)+(b^4+c^4-b^3c-bc^3)+(c^4+a^4-ca^3-c^3a)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+ab+b^2)+(b-c)^2(b^2+bc+c^2)+(c-a)^2(c^2+ca+a^2)\geq 0$

Điều này luôn đúng do:

$(a-b)^2\geq 0; a^2+ab+b^2=(a+\frac{b}{2})^2+\frac{3b^2}{4}\geq 0$ với mọi $a,b\in\mathbb{R}$ và tương tự với 2 đa thức còn lại)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ 

Bình luận (0)
Minhmetmoi
30 tháng 9 2021 lúc 20:21

Do bđt đối xứng nên ta giả sử: \(a\ge b\ge c\)

Áp dụng Chebyshev cho hai dãy đơn điệu tăng (a;b;c) và(a^3;b^3;c^3):

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

\(\Rightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Bình luận (0)
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Nguyễn Hoàng Minh
20 tháng 9 2021 lúc 22:25

Từ GT \(\Leftrightarrow a>0;bc>0\)

\(BĐT\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{3}+\left(b+c\right)^2-3bc-a\left(b+c\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{b+c}{a}\right)^2-\dfrac{b+c}{a}-\dfrac{3}{a^2}\ge0\)

Vì \(a^3>36\) nên 

\(\dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{b+c}{a}\right)^2-\dfrac{b+c}{a}-\dfrac{3}{a^2}\\ >\left(\dfrac{b+c}{a}\right)^2-\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{1}{4}=\left(\dfrac{b+c}{a}-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\)

Bình luận (1)
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
19 tháng 9 2021 lúc 18:02

Thực hiện lần lượt BĐT cô-si 3 số cho từng bộ 3 vế trái, ví dụ:

\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^3b^3c^3}}=\dfrac{3}{abc}\)

Làm tương tự, sau đó cộng vế và quy đồng vế phải là sẽ được BĐT cần chứng minh

Bình luận (0)
Phạm Kim Oanh
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
19 tháng 9 2021 lúc 16:45

Hai câu c và d chỉ là BĐT \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\), cách chứng minh \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\) thế nào thì chứng minh c và d như vậy (biến đổi thành tổng của 3 bình phương các hiệu)

Với câu c thì \(x=ab;y=bc;z=ca\), câu d thì \(x=a^2b;y=...\)

Bình luận (1)
Nguyễn Việt Lâm
19 tháng 9 2021 lúc 17:22

Với mọi a;b;c ta luôn có:

\(\left(a^2b-b^2c\right)^2+\left(a^2b-c^2a\right)^2+\left(b^2c-c^2a\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2\ge a^2b^3c+a^3bc^2+ab^2c^3\)

\(\Leftrightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+2\left(a^2b^3c+a^3bc^2+ab^2c^3\right)\ge3\left(a^2b^3c+a^3bc^2+ab^2c^3\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\ge3\left(a^2b^3c+a^3bc^2+ab^2c^3\right)=3abc\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)

Bình luận (1)
Phạm Kim Oanh
19 tháng 9 2021 lúc 17:43

undefined

Bình luận (0)
Phan Thanh Tâm
Xem chi tiết
quang08
31 tháng 8 2021 lúc 9:16

Tham Khao

a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
(a + b) ≥ 2√ab
(b + c) ≥ 2√bc
(c + a) ≥ 2√ca
Vì a,b,c > 0 nên nhân vế với vế 3 BĐT trên ta được:
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8√a^2b^2c^2 =8abc (đpcm)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c

Bình luận (0)
Kim Anh
Xem chi tiết
Kim Anh
17 tháng 8 2021 lúc 20:50

ai giúp với

 

Bình luận (0)