Ôn tập: Bất phương trình bậc nhất một ẩn

cầm cm cái này trước đã

\(\dfrac{1}{a-b}-\dfrac{1}{a-c}=\dfrac{a-c}{a-b}+\dfrac{a-b}{a-c}=\dfrac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\)

áp dụng vào bài

\(=>\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=\dfrac{1}{a-b}-\dfrac{1}{a-c}\\\dfrac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}=\dfrac{1}{b-c}-\dfrac{1}{b-a}\\\dfrac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\dfrac{1}{c-a}-\dfrac{1}{c-b}\end{matrix}\right.\)

thay vào đề,

=> đpcm

chúc may mắn

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:

\(B=\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+1+b+1+c+1}=\dfrac{9}{0+3}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 0

Ta có \(\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

Cộng cả hai vế với 2ab ta được:

\(a^2+b^2\ge2ab\)

Chia cả hai vế với 2 ta được:

\(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\)

Cách khác:

\(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)

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

Ta được đpcm.

\(\dfrac{3-5x}{-4}\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(-4\right).\dfrac{3-5x}{-4}\ge0.\left(-4\right)\)

\(\Leftrightarrow3-5x\ge0\)

\(\Leftrightarrow3\ge5x\)

\(\Leftrightarrow5x\le3\Leftrightarrow x\le0,6\)

\(\dfrac{3-5x}{-4}\le0\)
\(\Leftrightarrow3-5x\ge0\) ( Vì -4 <0 )
\(\Leftrightarrow3\ge5x\)
\(\Leftrightarrow5x\le3\)
\(\Leftrightarrow x\le\dfrac{3}{5}\)

Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\ge\left(a+b+c\right).\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)

\(\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)

Xét hiệu:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}-2=\dfrac{a^2+b^2-2ab}{ab}\)

\(=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\)\(\Rightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\)

Vậy \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\)

Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

Từ \(p=\dfrac{a+b+c}{2}\Rightarrow2p=a+b+c\)

Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\dfrac{4}{a+b}\) ta có:

\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{p-a+p-b}=\dfrac{4}{2q-a-b}\)

\(=\dfrac{4}{a+b+c-a-b}=\dfrac{4}{c}\). Tương tự cho 2 BĐT còn lại:

\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{a};\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-a}\ge\dfrac{4}{b}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu hỏi của thanh ngọc - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Ta cần chứng minh \((1+a)(1+b)(1+c) \geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\)

\(\Leftrightarrow 1+abc+ab+bc+ca+a+b+c \geq 1+3\sqrt[3]{(abc)^2}+3\sqrt[3]{abc}+abc\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}+3\sqrt[3]{abc}\)

Đúng theo BĐT AM-GM. Áp dụng vào ta có:

\(\left(1+\frac{1}{x} \right)\left(1+\frac{1}{y} \right)\left(1+\frac{1}{z} \right)=\dfrac{(1+x)(1+y)(1+z)}{xyz} \geq \dfrac{(1+\sqrt[3]{xyz})^3}{xyz} \geq 64\)
Từ \(x+y+z=1\Rightarrow xyz\le \frac{1}{27}\)

\(\Rightarrow \dfrac{(1+\sqrt[3]{xyz})^3}{xyz}=\bigg(\dfrac{1}{\sqrt[3]{xyz}}+1\bigg)^3 \geq 64\)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\)

Áp dụng trực tiếp BĐT AM-GM ta có:

\(1+\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{x}\left(x+y+z+x\right)\ge\dfrac{1}{x}4\sqrt[4]{x^2yz}\)

\(\Rightarrow1+\dfrac{1}{x}\ge\dfrac{4}{x}\sqrt[4]{\dfrac{x^4yz}{x^2}}=4\sqrt[4]{\dfrac{yz}{x^2}}\)

Tương tự ta có: \(1+\dfrac{1}{y}\ge4\sqrt[4]{\dfrac{xz}{y^2}};1+\dfrac{1}{z}\ge4\sqrt[4]{\dfrac{xy}{z^2}}\)

\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\left(1+\dfrac{1}{y}\right)\left(1+\dfrac{1}{z}\right)\ge4\sqrt[4]{\dfrac{yz}{x^2}}4\sqrt[4]{\dfrac{xz}{y^2}}4\sqrt[4]{\dfrac{xy}{z^2}}=64\)

Còn tỉ tỉ cách nữa đây, cần thì nhắn tin ==

Làm theo kiểm phá giai đoạn nha.

\(a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2+4abc>a^3+b^3+c^3\)

\(\Leftrightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2+4abc-a^3-b^3-c^3>0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\) đúng vì

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{matrix}\right.\)

\(\RightarrowĐPCM\)

Vì a, b, c là 3 cạnh tam giác nên:

\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)

\(\Leftrightarrow a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b-2abc-a^3-b^3-c^3>0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab^2-2abc+ac^2\right)+\left(ba^2-2abc+bc^2\right)+\left(ca^2-2abc+cb^2\right)+4abc>a^3+b^3+c^3\)

\(\Leftrightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2+4abc>a^3+b^3+c^3\) (ĐPCM)