§1. Bất đẳng thức

Thảo Nguyễn
Xem chi tiết
Neet
23 tháng 9 2017 lúc 0:13

Hay 1 cách khác :AM-GM

\(\dfrac{b}{a^2}+\dfrac{c}{a^2}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge4\sqrt[4]{\dfrac{1}{a^4}}=\dfrac{4}{a}\)

Tương tự là ta có ngay đpcm

Bình luận (0)
Neet
23 tháng 9 2017 lúc 0:08

Một cách đơn giản nhất tương đương ( hay còn gọi là SOS)

\(BĐT\Leftrightarrow\sum\dfrac{b+c-2a}{a^2}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(\dfrac{b-a}{a^2}+\dfrac{c-a}{a^2}\right)\ge0\)

Nhóm lại: \(\Leftrightarrow\sum\left(\dfrac{a-b}{b^2}+\dfrac{b-a}{a^2}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2.\left(\dfrac{a+b}{a^2b^2}\right)\ge0\)(đúng)

Vậy BĐT được chứng minh.

Dấu = xảy ra khi a=b=c

Bình luận (0)
Nguyễn Linh Chi
Xem chi tiết
Quỳnh Anh
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
15 tháng 1 2021 lúc 20:19

\(a^2+1\ge2a\) ; \(\dfrac{b^2}{a^2}+1\ge\dfrac{2b}{a}\) ; \(\dfrac{1}{b^2}+1\ge\dfrac{2}{b}\)

\(\Rightarrow a^2+\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+3\ge a+\dfrac{b}{a}+\dfrac{1}{b}+a+\dfrac{b}{a}+\dfrac{1}{b}\ge a+\dfrac{b}{a}+\dfrac{1}{b}+3\sqrt[3]{\dfrac{ab}{ab}}\)

\(\Rightarrow a^2+\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+3\ge a+\dfrac{b}{a}+\dfrac{1}{b}+3\)

\(\Rightarrow\) đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)

Bình luận (1)
Quỳnh Anh
Xem chi tiết
Nguyễn Việt Lâm
15 tháng 1 2021 lúc 20:26

\(\Leftrightarrow a^2+1\ge-2a\)

\(\Leftrightarrow a^2+2a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=-1\)

Bình luận (0)
Quỳnh Anh
Xem chi tiết
Trần Minh Hoàng
15 tháng 1 2021 lúc 19:19

Bất đẳng thức cần cm tương đương:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Mặt khác theo bđt AM - GM (Chú ý a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên a + b - c > 0; b + c - a > 0; c + a - b > 0) ta có:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b-c+b+c-a+c+a-b\right)^3}{27}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Vậy ta có đpcm.

Bình luận (1)
Trần Minh Hoàng
15 tháng 1 2021 lúc 19:49

Vì bạn không hiểu nên mình làm lại:

Thay \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\) vào bất đẳng thức cần chứng minh ta có:

\(\left(\dfrac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\dfrac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\dfrac{a+b+c}{2}-c\right)\le\dfrac{\left(\dfrac{a+b+c}{2}\right)^3}{27}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}{8}\le\dfrac{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{8}}{27}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\).

Đến đây bạn làm tiếp như lúc nãy.

 

Bình luận (1)
Quỳnh Anh
Xem chi tiết
Trần Minh Hoàng
15 tháng 1 2021 lúc 19:17

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

\(a^{10}b^2+b^{10}a^2\ge a^8b^4+b^8a^4\)

\(\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^6b^2+b^6a^2\) (Do \(a^2b^2\ge0\))

\(\Leftrightarrow\left(a^6-b^6\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)\ge0\) (luôn đúng).

Vậy ta có đpcm.

 

Bình luận (1)
Trần Minh Hoàng
15 tháng 1 2021 lúc 19:52

\(a^8+b^8-a^6b^2-a^2b^6=\left(a^8-a^6b^2\right)+\left(b^8-a^2b^6\right)=a^6\left(a^2-b^2\right)+b^6\left(b^2-a^2\right)=\left(a^6-b^6\right)\left(a^2-b^2\right)\) nên suy ra được như vậy Quỳnh Anh

 

Bình luận (1)
Thảo Nguyên
Xem chi tiết
Trần Minh Hoàng
14 tháng 1 2021 lúc 22:47

b) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM:

\(\left(x^2+2\right)^3=\left(x^2+1+1\right)^3\ge27x^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{\left(x^2+2\right)^3}\le\dfrac{x^2}{27x^2}=\dfrac{1}{27}\).

Đẳng thức xảy ra khi \(x=\pm1\).

Vậy...

Bình luận (0)
Ngô Thành Chung
14 tháng 1 2021 lúc 22:10

a, x2 + 2 ≥ 2x\(\sqrt{2}\)

⇒ \(\dfrac{x}{x^2+2}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\) (DBXR khi x = \(\sqrt{2}\))

Tương tự trên

 

Bình luận (0)
Phan Tấn Lộc
Xem chi tiết
Trần Minh Hoàng
14 tháng 1 2021 lúc 20:29

\(x^2-4xy+5y^2+2x-8y+5=\left(x-2y+1\right)^2+\left(y-2\right)^2\ge0\forall x,y\).

Bình luận (0)
Ngô Thành Chung
14 tháng 1 2021 lúc 20:51

x2 - 4xy + 5y2 + 2x - 8y + 5

= x2 + 4y2 + 1 - 4xy + 2x  - 4y + y2 - 2y + 1

= (x - 2y + 1)2 + (y - 1)≥ 0

Bình luận (0)
Hoa Phan
Xem chi tiết
Tu Nguyen
Xem chi tiết
Trần Ái Linh
12 tháng 1 2021 lúc 22:03

2. \(|x| +|x-1| ≤ 5 \\ \Leftrightarrow |x| + |x-1| ≤ \dfrac{5}{2}\)

 \(-∞\)\(0\)\(1\)           \(+∞\)
\(|x|\)               \(-x\)        \(x\)            \(x\)\(x\)
\(|x-1|\)             \(1-x\)      \(1-x\)         \(x-1\)\(x-1\)
\(|x|+|x-1|\)           \(1-2x\)         \(1\)       \(2x-1\)\(2x-1\)

TH1: \(1-2x ≤ \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow x ≥ \dfrac{-3}{4}\)

TH2: \(2x-1 ≤ \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow x ≤ \dfrac{7}{4}\) 

Vậy....

Bình luận (0)