Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
B1 :
Áp dụng bđt cosi ta có : a^2/b+c + b+c/4 >= \(2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}\) = 2. a/2 = a
Tương tự b^2/c+a + c+a/4 >= b
c^2/a+b + a+b/4 >= c
=> VT + a+b+c/2 >= a+b+c
=> VT >= a+b+c/2 = VP
=> ĐPCM
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c > 0
k mk nha
1)đề thiếu
2)\(\frac{x^2+y^2}{x-y}=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+2xy}{x-y}\)\(=\frac{\left(x-y\right)^2+2}{x-y}=x-y+\frac{2}{x-y}\)
\(x>y\Rightarrow x-y>0\).Áp dụng Bđt Côsi ta có:
\(\left(x-y\right)+\frac{2}{x-y}\ge2\sqrt{\left(x-y\right)\cdot\frac{2}{x-y}}=2\sqrt{2}\)
Đpcm
3)\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
Đpcm
1/ Sửa đề: \(x+y+z=\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(x+y\right)+\left(y+z\right)+\left(z+x\right)-2\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(x-2\sqrt{xy}+y\right)+\left(y-2\sqrt{yz}+z\right)+\left(z-2\sqrt{zx}+x\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2=0\)
Với mọi x, y, z ta luôn có: \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\ge0;\) \(\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2\ge0;\) \(\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0;\)
\(\Rightarrow\) \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)
Do đó dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2=0\\\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2=0\\\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x=y\\y=z\\z=x\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) x = y = z
3/ Đây là BĐT Cô-si cho 2 số dương a và b, ta biến đổi tương đương để chứng minh
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(a+b\right)^2\ge\left(2\sqrt{ab}\right)^2\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2+b^2+2ab-4ab\ge0\) \(\Leftrightarrow\) \(a^2-2ab+b^2\ge0\) \(\Leftrightarrow\) \(\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
2/ Vì x > y và xy = 1 áp dụng BĐT Cô-si ta được:
\(\frac{x^2+y^2}{x-y}=\frac{\left(x-y\right)^2+2xy}{x-y}=\left(x-y\right)+\frac{1}{x-y}\ge2\sqrt{\left(x-y\right).\frac{1}{x-y}}=2\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x>y\\xy=1\\x-y=\frac{1}{x-y}\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\y=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\end{cases}}\)
Bài 1. Áp dụng BĐT : ( x - y)2 ≥ 0 ∀xy
⇒ x2 + y2 ≥ 2xy
⇔ \(\dfrac{x^2}{xy}+\dfrac{y^2}{xy}\) ≥ 2
⇔ \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\) ≥ 2
⇒ 3( \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)) ≥ 6 ( 1)
CMTT : \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}\) ≥ 2
⇒ \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+4\) ≥ \(6\) ( 2)
Từ ( 1 ; 2) ⇒ \(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+4\) ≥ 3( \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\))
Đẳng thức xảy ra khi : x = y
Bài 4. Do : a ≥ 4 ; b ≥ 4 ⇒ ab ≥ 16 ( * ) ; a + b ≥ 8 ( ** )
Áp dụng BĐT Cauchy , ta có : a2 + b2 ≥ 2ab = 2.16 = 32 ( *** )
Từ ( * ; *** ) ⇒ a2 + b2 + ab ≥ 16 + 32 = 48 ( 1 )
Từ ( ** ) ⇒ 6( a + b) ≥ 48 ( 2)
Từ ( 1 ; 2 ) ⇒a2 + b2 + ab ≥ 6( a + b)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 4
Thành Trương: bạn có thể gõ cụ thể công thức ra được không?
Bài 2:
Ta có:
\(A=xy(x-2)(y+6)+12x^2-24x+3y^2+18y+36\)
\(A=xy(xy+6x-2y-12)+12x^2-24x+3y^2+18y+36\)
\(A=(x^2y^2+9x^2+y^2+6x^2y-2xy^2-6xy)+3x^2+2y^2-6xy-24x+18y+36\)
\(A=(xy+3x-y)^2-6(xy+3x-y)+9+3x^2+2y^2-6x+12y+27\)
\(=(xy+3x-y-3)^2+3(x^2-2x+1)+2(y^2+6y+9)+6\)
\(=(xy+3x-y-3)^2+3(x-1)^2+2(y+3)^2+6\)
\(\Rightarrow A\geq 6>0\) với mọi \(x,y\in\mathbb{R}\)
Bài 3:
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm:
\(15x^2+15y^4\geq 2\sqrt{15x^2.15y^4}=30\sqrt{x^2y^4}=30|xy^2|\geq 30xy^2\)
\(3y^4+3z^2\geq 2\sqrt{3y^4.3z^2}=6\sqrt{z^2y^4}=6|zy^2|\geq 6zy^2\)
\(1004x^2+1004z^2\geq 2\sqrt{1004^2x^2z^2}=1008\sqrt{x^2z^2}=1008|xz|\geq 1008xz\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow 1019x^2+18y^4+1007z^2\geq 30xy^2+6y^2z+1008xz\)
Ta có đpcm.
Bài 4:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow a^2+b^2+ab\geq 3ab(*)\)
Vì \(a,b\geq 4\Rightarrow (a-4)(b-4)\geq 0\Rightarrow ab+16\geq 4(a+b)(1)\)
Mà \(a,b\geq 4\Rightarrow ab\geq 16(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow 2ab\geq ab+16\geq 4(a+b)\Rightarrow ab\geq 2(a+b)(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow a^2+b^2+ab\geq 3ab\geq 6(a+b)\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=4$
Bài 5:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((x\sqrt{y-1}+y\sqrt{x-1})^2=(\sqrt{x}\sqrt{xy-x}+\sqrt{y}\sqrt{xy-y})^2\)
\(\leq (x+y)(xy-x+xy-y)=(x+y)(2xy-x-y)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ngược dấu:
\((x+y)(2xy-x-y)\leq \left(\frac{x+y+2xy-x-y}{2}\right)^2=(xy)^2\)
Do đó:
\((x\sqrt{y-1}+y\sqrt{x-1})^2\leq (xy)^2\)
\(\Rightarrow x\sqrt{y-1}+y\sqrt{x-1}\leq xy\)
Ta có đpcm.
Bài 6:
Bài này khá quen thuộc. Cách đơn giản nhất là biến đổi tương đương.
\(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\ge \frac{2}{xy+1}\)
\(\Leftrightarrow \frac{x^2+y^2+2}{(x^2+1)(y^2+1)}\geq \frac{2}{xy+1}\)
\(\Leftrightarrow (xy+1)(x^2+y^2+2)\geq 2(x^2y^2+x^2+y^2+1)\)
\(\Leftrightarrow xy(x^2+y^2+2)\geq 2x^2y^2+x^2+y^2\)
\(\Leftrightarrow xy(x^2+y^2-2xy)+2xy-x^2-y^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow xy(x-y)^2-(x-y)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (x-y)^2(xy-1)\geq 0\)
(luôn đúng với \(x,y\geq 1\))
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$
Bài 7:
Ta có: \(2(a^4+b^4)\geq ab^3+a^3b+2a^2b^2\)
\(\Leftrightarrow (a^4+b^4-a^3b-ab^3)+(a^4+b^4-2a^2b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow [a^3(a-b)-b^3(a-b)]+(a^2-b^2)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a-b)+(a-b)^2(a+b)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2[a^2+ab+b^2+(a+b)^2]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2[(a+\frac{b}{2})^2+\frac{3b^2}{4}+(a+b)^2]\geq 0\)
(luôn đúng)
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng xảy khi \(a=b\)
Bài 8:
\(\text{VT}=\frac{4x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac{x^4+y^4}{x^2y^2}=\frac{4x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac{(x^2+y^2)^2}{x^2y^2}-2\)
\(=\frac{4x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac{(x^2+y^2)^2}{4xy}+\frac{3(x^2+y^2)^2}{4x^2y^2}-2\)
Áp dụng BĐT Am_Gm:
\(\frac{4x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac{(x^2+y^2)^2}{4x^2y^2}\geq 2\)
\(x^2+y^2\geq 2|xy|\Rightarrow x^2+y^2\geq \pm 2xy\Rightarrow (x^2+y^2)^2\geq 4x^2y^2\)
\(\Rightarrow \frac{3(x^2+y^2)^2}{4x^2y^2}\geq \frac{3(2xy)^2}{4x^2y^2}=3\)
Do đó: \(\text{VT}\geq 2+3-2=3\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y\)
@Hắc Hường
Xin lỗi bạn mình không có tg nhiều mong bạn thông cảm và giúp mình
Bài 9:
Ta có: \(\left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)^3\leq \left(\frac{a^3+b^3}{2}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2)^3\leq 2(a^3+b^3)^2\)
\(\Leftrightarrow a^6+b^6+3a^2b^2(a^2+b^2)\leq 2(a^6+b^6+2a^3b^3)\)
\(\Leftrightarrow 3a^2b^2(a^2+b^2)\leq a^6+b^6+4a^3b^3\)
\(\Leftrightarrow a^6+b^6-a^4b^2-a^2b^4+4a^3b^3-2a^2b^2(a^2+b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^4(a^2-b^2)-b^4(a^2-b^2)-2a^2b^2(a^2+b^2-2ab)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a^4-b^4)(a^2-b^2)-2a^2b^2(a-b)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+b^2)(a+b)^2-2a^2b^2(a-b)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2[(a^2+b^2)(a+b)^2-2a^2b^2]\geq 0(*)\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2[(a^2+b^2)^2+2ab(a^2+b^2)-2a^2b^2]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2[a^4+b^4+2ab(a^2+b^2)]\geq 0\)
Hiển nhiên đúng do biểu thức trong ngoặc vuông luôn không âm với $ab\geq 0$ do $a,b$ cùng dấu.
Ta có đpcm.
Bài 10: BĐT với $a=5,b=2$
Bài 11:
\(\text{VT}=\frac{2ab}{a^2+4b^2}+\frac{b^2}{3a^2+2b^2}=\frac{2}{\frac{a}{b}+\frac{4b}{a}}+\frac{1}{3(\frac{a}{b})^2+2}\)
Đặt \(\frac{a}{b}=t\Rightarrow \text{VT}=\frac{2}{t+\frac{4}{t}}+\frac{1}{3t^2+2}=\frac{2t}{t^2+4}+\frac{1}{3t^2+2}\)
Ta có:
\(\text{VT}\leq \frac{3}{5}\Leftrightarrow \frac{2t}{t^2+4}+\frac{1}{3t^2+2}\leq \frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow \frac{6t^3+4t+t^2+4}{3t^4+14t^2+8}\leq \frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow 30t^3+20t+5t^2+20\leq 9t^4+42t^2+24\)
\(\Leftrightarrow (t-1)^2(3t-2)^2\geq 0\)
(luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b$ hoặc \(3a=2b\)