Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
(a)
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)
Ta có đpcm.
(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.
Đặt
\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)
Khi đó:
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)
\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$
(c):
Theo BĐT tam giác:
\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Ta có đpcm.
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)
Bài này giải bằng Bunhiacopxki (kết hợp nguyên lý Dirichlet) chứ AM-GM thì e là không ổn:
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số \(a^2;b^2;c^2\) luôn có 2 số cùng phía so với 1, không mất tính tổng quát, giả sử đó là \(b^2\) và \(c^2\)
\(\Rightarrow\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow b^2c^2+1\ge b^2+c^2\)
\(\Rightarrow b^2c^2+2b^2+2c^2+4\ge3b^2+3c^2+3\)
\(\Rightarrow\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(b^2+c^2+1\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a^2+1+1\right)\left(1+b^2+c^2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
a)\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
b,c tương tự
d)Áp dụng bđt AM-GM ta được
\(a^4+a^4+b^4+c^4\ge4\sqrt[4]{a^4a^4b^4c^4}=4a^2bc\)
TT\(\Rightarrow a^4+b^4+b^4+c^4\ge4ab^2c\)
\(a^4+b^4+c^4+c^4\ge4abc^2\)
Cộng vế theo vế ta được \(4\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge4\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
d)
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2bc-ab^2c-abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^4+2b^4+2c^4-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+2a^2b^2+\left(b^2-c^2\right)^2+2b^2c^2+\left(c^2-a^2\right)^2+2a^2c^2-2a^2bc-2b^2ac-2c^2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2+\left(a^2b^2+b^2c^2-2b^2ac\right)+\left(b^2c^2+c^2a^2-2c^2abc\right)+\left(a^2b^2+c^2a^2-2a^2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ab-ac\right)^2\ge0\)
Luôn đúng với mọi a , b , c
a) Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)
=>\(a^2+b^2-2ab\ge0\left(đpcm\right)\)
b) \(\left(a+b\right)^2\ge0\)
=> \(a^2+b^2+2ab\ge0\)
<=> \(a^2+b^2\ge-2ab\)
<=> \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\) (đpcm)
c) ta có: \(\left(a+1\right)^2=a^2+2a+1\)
\(a\left(a+2\right)=a^2+2a\)
Vậy từ 2 điều trên => \(a\left(a+2\right)< \left(a+1\right)^2\)
d) \(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\) (*)
<=>m2 - 2m +1 +n2 - 2n +1 \(\ge0\)
<=> \(\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\) (1)
(1) đúng => (*) đúng
d) Bạn ấy giải rồi ,mình không giải nữa
e) Theo BĐT cauchy ta có: \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b}+1\right)+\left(\dfrac{b}{a}+1\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{b}+\dfrac{a+b}{a}\ge4\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}\right)\ge4\) (đpcm)
Vậy..........