Cho \(\dfrac{a}{b}>\dfrac{x}{y}>\dfrac{c}{d}\) với a,b,c,d,x,y\(\in Z^+\). Mà \(ad-bc=1\).C/m \(x\ge a+c\) và \(y\ge b+d\)
Bài 1: Cho tỉ lệ thức \(\frac{\overline{ab}}{\overline{bc}}\)=\(\frac{a}{c}\), C/m \(\frac{\overline{abb...b}}{\overline{bbb...bc}}\)(n số b) = \(\frac{a}{c}\)
Bài 2:\(\frac{x}{3y}=\frac{y}{2x-5y}=\frac{6x-15y}{x}\)
Tìm giá trị (x+y) khi \(-4x^2+36y-8\)đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 3: Cho tam giác ABC với 3 cạnh a=BC, b=CA,c=AB thỏa mãn \(a\ge b\ge c\). Gọi ha,hb,hc lần lượt là chiều cao xuất phát từ các đỉnh A,B,C của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
\(\frac{hc-hb}{ha}+\frac{hb-ha}{hc}+\frac{ha-hc}{hb}\ge0\)
Bài 4: Cho \(\frac{a}{b}>\frac{x}{y}>\frac{c}{d}\)với x,y,a,b,c,d \(\in Z^+\). Nếu ad-bc=1. C/m \(x\ge a+c\) \(y\ge b+d\)
Bài 5, Tìm giá trị x,y,z để biểu thức
\(A=|7x-5y|+|2z-3x|+|xy+yz+zx-2000|+2016\)đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 6, Tìm x,y,z biết \(\dfrac{x}{y+z-5}=\dfrac{y}{x+z+3}=\dfrac{z}{x+y+2}=\dfrac{1}{2}\)(x+y+z)
Bài 7 Cho biết \(\dfrac{\overline{ab}}{b}=\dfrac{\overline{bc}}{c}=\dfrac{\overline{ca}}{a}\)
C/m \(\left(\overline{abc}\right)^{123}=111^{123}.a^{40}.b^{41}c^{42}\)
Bất đẳng thức nào sau đây luôn đúng với giá trị của biến, giải thích
A. \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
B. \(a^2+b^2\ge3ab\)
C. \(x^3+y^3+1\ge3xy\)
D. \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{9}{x+y+z}\)
Cả 4 đều không đúng:
A. Sai khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và nhiều trường hợp khác
A. Sai khi \(\left(a;b\right)=\left(1;1\right)\) và nhiều trường hợp khác
C. Sai khi \(\left(x;y\right)=\left(-1;-1\right)\) và nhiều trường hợp khác
D. Sai khi \(\left(x;y;z\right)=\left(-1;-1;1\right)\) và nhiều trường hợp khác
Với a,b,c≥0 và x,y,z>0. Chứng minh \(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Áp dụng bđt bunhiacopxki có:
\(\left(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}\)
BĐT này gọi là BĐT Cauchy-Schwarz đó bạn.
Chứng minh BĐT: \(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2y+b^2x}{xy}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\Rightarrow\left(a^2y+b^2x\right)\left(x+y\right)\ge\left(a+b\right)^2.xy\)
\(\Leftrightarrow a^2y^2+b^2x^2-2abxy\ge0\Leftrightarrow\left(ay-by\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng BĐT trên vào đề:
Ta được: \(\dfrac{a^2}{x}+\dfrac{b^2}{y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\dfrac{c^2}{z}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Bài 1: Cho x,y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1.
Chứng minh rằng:
\(\dfrac{\sqrt{1+x^3+y}^3}{xy}\)+ \(\dfrac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}\)+ \(\dfrac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\) ≥ \(3\sqrt{3}\)
Bài 2: Choa, b, c,d > 0 thỏa mãn abcd = 1. CMR:
1) \(\dfrac{a^3}{c^6}\)+ \(\dfrac{c^3}{a^6}\)+ \(\dfrac{b^3}{d^6}\)+ \(\dfrac{d^3}{b^6}\) ≥ \(\dfrac{a^2}{c}\)+ \(\dfrac{c^2}{a}+\dfrac{b^2}{d}+\dfrac{d^2}{b}\)
2) \(\dfrac{a^5b^4}{c^{13}}\) + \(\dfrac{b^5c^4}{d^{13}}\) + \(\dfrac{c^5d^4}{a^{13}}\)+ \(\dfrac{d^5a^4}{b^{13}}\) ≥ \(\dfrac{ab^2}{c^3}+\dfrac{bc^2}{d^3}+\dfrac{cd^2}{a^3}\)+ \(\dfrac{da^2}{b^3}\)
Bài 3: Cho a, b,c ,d > 0. CMR:
\(\dfrac{a^2}{b^5}+\dfrac{b^2}{c^5}+\dfrac{c^2}{d^5}+\dfrac{d^2}{a^5}\) ≥ \(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}+\dfrac{1}{d^3}\)
Bài 4: tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A= x + y biết x, y > 0 thỏa mãn \(\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}\) = 1
B= \(\dfrac{ab}{a^2+b^2}\) + \(\dfrac{a^2+b^2}{ab}\) với a, b > 0
Bài 5: Với x > 0, chứng minh rằng:
( x+2 )2 + \(\dfrac{2}{x+2}\) ≥ 3
Giúp mk với, mai mk phải kiểm tra rồi!!
Câu 1:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(1+x^3+y^3\geq 3\sqrt[3]{x^3y^3}=3xy\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\geq \frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\geq \sqrt{\frac{3}{yz}}; \frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{xz}\geq \sqrt{\frac{3}{xz}}\)
Cộng theo vế các BĐT thu được:
\(\text{VT}\geq \sqrt{\frac{3}{xy}}+\sqrt{\frac{3}{yz}}+\sqrt{\frac{3}{xz}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{27}{x^2y^2z^2}}=3\sqrt[6]{27}=3\sqrt{3}\) (Cauchy)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Câu 4:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{2}{x}+\frac{3}{y}\right)(x+y)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\)
\(\Leftrightarrow 1.(x+y)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\Rightarrow x+y\geq 5+2\sqrt{6}\)
Vậy \(A_{\min}=5+2\sqrt{6}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=2+\sqrt{6}; y=3+\sqrt{6}\)
------------------------------
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)
\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow \frac{3(a^2+b^2)}{4ab}\geq \frac{6ab}{4ab}=\frac{3}{2}\)
Cộng theo vế hai BĐT trên:
\(\Rightarrow B\geq 1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\) hay \(B_{\min}=\frac{5}{2}\). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
Bài 1 : Áp dụng bđt Cauchy ta có : \(\sqrt{1+x^3+y^3}\ge\sqrt{3\sqrt[3]{x^3y^3}}=\sqrt{3xy}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\ge\dfrac{\sqrt{3xy}}{xy}\)
Biến đổi tương tự cho 2 vế còn lại ta có \(VT\ge\dfrac{\sqrt{3xy}}{xy}+\dfrac{\sqrt{3xz}}{xz}+\dfrac{\sqrt{3yz}}{yz}=a\)
Áp dụng bđt Cauchy cho 3 số thực dương ta có : \(a\ge3\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{27x^2y^2z^2}}{x^2y^2z^2}}=3\sqrt[3]{\sqrt{27}}=3\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow VT\ge3\sqrt{3}\left(đpcm\right)\)
Bài 1:Cho các số dương x, y , z thỏa mãn : x\(^2\)+y\(^2\)+z\(^2\)≥1. CMR: \(\dfrac{x^3}{y}\)+\(\dfrac{y^3}{z}\)+\(\dfrac{z^3}{x}\)≥1
Bài 2: Cho xyz=1 va5 x+y+z = 3 . Tìm min của B= x\(^{16}\)+\(y^{16}\)+\(z^{16}\)
Bài 3: a,Cho ba số dương a , b ,c sao cho a+b+c =3 . cm
\(\dfrac{a}{b^3+ab}+\dfrac{b}{c^3+bc}+\dfrac{c}{a^3+bc}\) ≥ \(\dfrac{3}{2}\)
b, Cho ba số thực a, b , c không âm sao cho a+b+c=1
cm: b+c ≥ 16abc. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 4: Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Đặt p = \(\dfrac{a+b+c}{2}\). Chứng minh rằng nếu \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}=\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\) thì tam giác đó là tam giác đều
1) Đặt T là vế trái của BĐT
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có:
\(T=\dfrac{x^4}{xy}+\dfrac{y^4}{yz}+\dfrac{z^4}{xz}\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{xy+yz+xz}\ge\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}=1\)
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
3)b) Đặt T là vế trái, áp dụng AM-GM ta có:
\(b+c=\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2\ge\left(b+c\right)4a\left(b+c\right)=4a\left(b+c\right)^2\ge16abc\)
4) Đặt T là vế trái của đẳng thức.Do a,b,c dương nên áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\dfrac{4}{c}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{a}\)
\(\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-a}\ge\dfrac{4}{b}\)
Cộng vế theo vế rồi rút gọn ta được:
\(T\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c. Hay VT=VP khi tam giác ABC đều(đpcm)
a,Tìm x,y,z biết: \(\dfrac{y+z+1}{x}\)=\(\dfrac{x+z+2}{y}\)=\(\dfrac{x+y-3}{z}\)=\(\dfrac{1}{x+y+z}\)
b,Cho \(\dfrac{a}{b}\)=\(\dfrac{b}{c}\)=\(\dfrac{c}{d}\). Chứng minh rằng: (\(\dfrac{a+b+c}{b+c+d}\))3=\(\dfrac{a}{d}\)
c,Cho \(\dfrac{a}{b}\)=\(\dfrac{c}{d}\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{5a+3b}{5c+3d}\)=\(\dfrac{5a-3b}{5c-3d}\)
d,Cho \(\dfrac{3x-2y}{4}\)=\(\dfrac{2z-4x}{3}\)=\(\dfrac{4y-3z}{2}\).Chứng minh rằng: \(\dfrac{x}{2}\)=\(\dfrac{y}{3}\)=\(\dfrac{z}{4}\)
b/ \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=\dfrac{a}{d}\left(1\right)\)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}=\dfrac{a+b+c}{b+c+d}\)
=> \(\left(\dfrac{a}{b}\right)^3=\left(\dfrac{a+b+c}{c+d+b}\right)^3\) (2)Từ (1) và (2)=>đpcm
Cho các số hữu tỉ x=\(\dfrac{a}{b}\) ; y=\(\dfrac{c}{d}\) và z = \(\dfrac{m}{n}\) . Biết ad -bc =1 , cn-bm=1
a) Hãy so sánh các số x,y,z
b) So sánh y với t biết t = \(\dfrac{a+m}{b+m}\) với b + n \(\ne\)0
(Sửa \(cn-bm\rightarrow cn-dm\))
Ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}ad-bc=1\\cn-dm=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ad=1+bc\\cn=1+dm\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{x}{y}=\dfrac{a}{b}.\dfrac{d}{c}=\dfrac{ad}{bc}=\dfrac{1+bc}{bc}=1+\dfrac{1}{bc}>1\left(bc>0\right)\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{a}{b}>y=\dfrac{c}{d}\left(2\right)\)
\(\dfrac{y}{z}=\dfrac{c}{d}.\dfrac{n}{m}=\dfrac{cn}{dm}=\dfrac{1+dm}{dm}=1+\dfrac{1}{dm}>1\left(dc>0\right)\)
\(\Rightarrow y=\dfrac{c}{d}>z=\dfrac{m}{n}\left(2\right)\)
\(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow x>y>z\)
Chứng minh rằng
a)a2+b2+c2+d2+m2-a(b+c+d+m)\(\ge\)0 với mọi a,b,c,d,m
b)\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)(x;y>0)
c)(ab+cd)2\(\le\)(a2+c2)(b2+d2)
d)a2+b2\(\ge\)a+b-\(\dfrac{1}{2}\)
a)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+m^2-a(b+c+d+m)\)
\(=\frac{4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4m^2-4a(b+c+d+m)}{4}\)
\(=\frac{(a^2+4b^2-4ab)+(a^2+4c^2-4ac)+(a^2+4d^2-4ad)+(a^2+4m^2-4am)}{4}\)
\(=\frac{(a-2b)^2+(a-2c)^2+(a-2d)^2+(a-2m)^2}{4}\geq 0\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=2b=2c=2d=2m\)
b)
Xét hiệu
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}=\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y}=\frac{(x+y)^2-4xy}{xy(x+y)}\)
\(=\frac{x^2+y^2-2xy}{xy(x+y)}=\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)}\geq 0, \forall x,y>0\)
\(\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$
c)
Xét hiệu:
\((a^2+c^2)(b^2+d^2)-(ab+cd)^2\)
\(=(a^2b^2+a^2d^2+c^2b^2+c^2d^2)-(a^2b^2+2abcd+c^2d^2)\)
\(=a^2d^2-2abcd+b^2c^2=(ad-bc)^2\geq 0\)
\(\Rightarrow (a^2+c^2)(b^2+d^2)\geq (ab+cd)^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(ad=bc\)
d)
Xét hiệu:
\(a^2+b^2-(a+b-\frac{1}{2})=a^2+b^2-a-b+\frac{1}{2}\)
\(=(a^2-a+\frac{1}{4})+(b^2-b+\frac{1}{4})\)
\(=(a-\frac{1}{2})^2+(b-\frac{1}{2})^2\geq 0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\geq a+b-\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác có tổng bằng 1. CMR: \(a^2+b^2+c^2+4abc< \dfrac{1}{2}\)
2: Cho -1<x,y,z<3 và x+y+z=1. CMR: \(x^2+y^2+z^2\le11\)
3: Cho x,y,z là các số \(\ge\)1 . CMR: \(\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}\ge\dfrac{3}{1+xyz}\)
4: Cho x>y và xy=1. CMR: \(\dfrac{\left(x^2+y^2\right)^2}{\left(x-y\right)^2}\ge8\)
5: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác:
a)\(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
b)\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\)
c)\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2\left(b+c\right)+b^2\left(c+a\right)+c^2\left(a+b\right)\)
5) a) Ta có: \(a< b+c\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự: \(b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm
b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)
\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)
Nhân từng vế các BĐT trên, ta được
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm
Bài 5:
a)
Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên
\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)
b) Áp dụng BĐT Am-Gm:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)
\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)
Nhân theo vế :
\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
Do đó ta có đpcm
c)
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)
Do đó ta có đpcm.
Bài 1:
Sử dụng kết quả của bài 5.
Ta có : \(a^2+b^2+c^2+4abc< \frac{1}{2}\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+8abc< 1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)+8abc< 1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ac)+8abc<0\) (do \(a+b+c=1\) )
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2+8abc\)
Thay \(1=a+b+c\), BĐT tương đương với:
\(2(ab+bc+ac)(a+b+c)> (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+8abc\)
\(\Leftrightarrow 2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]>a^3+b^3+c^3+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\)
\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)>a^3+b^3+c^3+2abc\)
\(\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)>a^3+b^3+c^3+2abc\)
Điều này đã được cm ở phần c bài 5
Do đó ta có đpcm.