|
|
giải đáp
|
BĐT nè.mn nhào zô!!!
|
|
|
|
Cách khác nhé! Đặt vế trái là A Do vế trái là hàm thuần nhất nên ta chuẩn hóa : $a+b+c=3$
$A=\sum \frac{a^2}{2bc} + \sum \frac{a^2+b^2}{c^2+ab} = \sum \frac{a^2}{2bc}+ \sum a^2. (\frac{1}{c^2+ab}+\frac{1}{b^2+ca})$
Ta có : $a^2. (\frac{1}{c^2+ab}+\frac{1}{b^2+ca}) \geq \frac{4a^2}{b^2+c^2+ab+ca}=\frac{4a^2}{b^2+c^2+b.(3-b-c)+c(3-b-c)}$ $a^2. (\frac{1}{c^2+ab}+\frac{1}{b^2+ca}) \geq \frac{4a^2}{3b+3c-2bc}$
Ta lại có : $\frac{a^2}{2bc}+a^2.(\frac{1}{c^2+ab}+\frac{1}{b^2+ac}) \geq \frac{a^2}{2bc}+\frac{4a^2}{3b+3c-2bc} \geq a^2. \frac{(1+2)^2}{3b+3c} = \frac{9a^2}{3(b+c)}= \frac{3a^2}{b+c}$
Do đó: $\frac{a^2}{2bc}+a^2. (\frac{1}{c^2+ab}+\frac{1}{b^2+ca}) \geq \frac{3a^2}{b+c}$ $\Rightarrow VT \geq \sum \frac{3a^2}{b+c} \geq \frac{3.(a+b+c)^2}{2.(a+b+c)}=\frac{9}{2}$ (Theo bất đẳng thức $Cauchy-SChwart$ và $a+b+c=3$ theo chuẩn hóa)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng khi $a=b=c$
|
|
|
|
bình luận
|
(5)
nguồn diendantoanhoc.net
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
(5)
|
|
|
|
Sử dụng BĐT cauchy schwarz
(a2+b+c)(1+b+c)≥(a+b+c)2
áp dụng cauchy schwarz 1 lần nữa ta dc
a√1+b+c+b√1+c+a+c√1+a+ba+b+c≤√3
VT=√a√a(1+b+c)+√b√b(1+c+a)+√c√c(1+a+b)a+b+c≤√(a+b+c)(a(1+b+c)+b(1+c+a)+c(1+a+b))a+b+c=√1+2(ab+bc+ca)a+b+c≤√1+2(a+b+c)3≤√3
vậy ta có đpcm
|
|
|
|
giải đáp
|
(4)
|
|
|
|
(∑xyxy+yz√)2≤(∑(xy+xz))(x2y2(xy+yz)(xy+xz))=(2∑xy)(∑x2y2(yz+xz)(xy+yz)(xy+xz)(yz+zx)
Mà ∑x2y2(yz+xz)(xy+yz)(xy+xz)(yz+zx)=∑xy(x+y)(x+y)(y+z)(x+z)
Do đó, ta cần chứng minh (2∑xy).∑xy(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)≤12
Đặt a+b+c=p,ab+bc+ca=q,abc=r
Chuyển pqr, ta cần chứng minh r(12q−1)≥4q2−q
TH1: 14≤q≤13
Khi đó, áp dụng BĐT Schur bậc 3 ta có đpcm.
TH2: 112≤q≤14 thì ta có đpcm do VT≥0≥VP
TH3: 0≤q≤112 Khi đó, ta có cả 2 vế đều âm
Do đó đổi dấu, ta cần chứng minh r(1−12q)≤q−4q2
Hay r≤q−4q21−12q
Mà ta có pq≥9r⇒r≤q9 ( do p=1 )
Khi đó, ta cần chứng minh q9≤q−4q21−12q⇔q≤13 đúng
Vây ta có đpcm.
|
|
|
|
bình luận
|
Bất đẳng thức
bài cũng đúng nhưng cái bà chứng minh hình như sai rồi xem lại đi
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
ĐK:................$Pt(2)\Leftrightarrow x^3+2x^2+9x=34-12y+(26-6y)\sqrt{17-6y}$$\Leftrightarrow x^3+2x^2+9x=2.(17-6y)+9\sqrt{17-6y}+(17-6y)\sqrt{17-6y}$Đặt $\sqrt{17-6y}=t \Rightarrow t \geq 0$Phương trình $(2)$ trở thành : $x^3+2x^2+9x=2t^2+9t+t^3$$\Leftrightarrow (x-t)(x^2+xt+t^2+2(x+t)+9)=0$Xét $x^2+xt+t^2+2(x+t)+9= (t+\frac{x}{2})^2+(\frac{3}{4}x^2+2x+9)+2t > 0$ Do ($\frac{3}{4}x^2+2x+9 >0$ và $t\geq 0$)Do đó $Pt (2)\Leftrightarrow x=t\Rightarrow x=\sqrt{17-6y}\Rightarrow x^2=17-6y$Thế vào $(1)$ và tự giải nốt nhé!
ĐK:................$Pt(2)\Leftrightarrow x^3+2x^2+9x=34-12y+(26-6y)\sqrt{17-6y}$$\Leftrightarrow x^3+2x^2+9x=2.(17-6y)+9\sqrt{17-6y}+(17-6y)\sqrt{17-6y}$Đặt $\sqrt{17-6y}=t \Rightarrow t \geq 0$Phương trình $(2)$ trở thành : $x^3+2x^2+9x=2t^2+9t+t^3$$\Leftrightarrow (x-t)(x^2+xt+t^2+2(x+t)+9)=0$Xét $x^2+xt+t^2+2(x+t)+9= (t+\frac{x}{2})^2+(\frac{3}{4}x^2+2x+9)+2t > 0$ Do ($\frac{3}{4}x^2+2x+9 >0$ và $t\geq 0$)Do đó $Pt (2)\Leftrightarrow x=t\Rightarrow x=\sqrt{17-6y}\Rightarrow x^2=17-6y$Thế vào $(1)$ ta có : $(1)\Leftrightarrow x+3\sqrt{x}-6+2\sqrt{3x^2-14x+12}=0$Nhân liên hợp và giải nốt nhé!
|
|
|
|
giải đáp
|
giải hệ phương trình
|
|
|
|
ĐK:................ $Pt(2)\Leftrightarrow x^3+2x^2+9x=34-12y+(26-6y)\sqrt{17-6y}$ $\Leftrightarrow x^3+2x^2+9x=2.(17-6y)+9\sqrt{17-6y}+(17-6y)\sqrt{17-6y}$ Đặt $\sqrt{17-6y}=t \Rightarrow t \geq 0$ Phương trình $(2)$ trở thành : $x^3+2x^2+9x=2t^2+9t+t^3$ $\Leftrightarrow (x-t)(x^2+xt+t^2+2(x+t)+9)=0$ Xét $x^2+xt+t^2+2(x+t)+9= (t+\frac{x}{2})^2+(\frac{3}{4}x^2+2x+9)+2t > 0$ Do ($\frac{3}{4}x^2+2x+9 >0$ và $t\geq 0$) Do đó $Pt (2)\Leftrightarrow x=t\Rightarrow x=\sqrt{17-6y}\Rightarrow x^2=17-6y$ Thế vào $(1)$ ta có : $(1)\Leftrightarrow x+3\sqrt{x}-6+2\sqrt{3x^2-14x+12}=0$ Nhân liên hợp và giải nốt nhé! |
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
bdt (498)
|
|
|
|
Do $a,b,c,d>0$ và $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ nên $\Rightarrow (a,b,c,d) \epsilon [0;1]$Ta có: $(1-a)^2\geq 0\Rightarrow a^2+1\geq 2a\Rightarrow 1-a \geq a-a^2$$\Rightarrow 1-a \geq a.(1-a)$Tương tự ta có: $1-b\geq b(1-b)$ $..................$Nhân lại theo vế ta có : $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d) \geq abcd.(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$Ta cần chứng minh $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geq (1-a)^2(1-b)^2(1-c)^2(1-d)^2$Do $a\epsilon [0;1]$ nên $(1-a)\epsilon [0;1]$ Do đó $(1-a) \geq (1-a)^2$Chứng minh tương tự cho các phân thức còn lại rồi nhân theo vế ta có đpcm.Vậy bất đẳng thức được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d\frac{1}{2}$
Do $a,b,c,d>0$ và $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ nên $\Rightarrow (a,b,c,d) \epsilon [0;1]$Ta có: $(1-a)^2\geq 0\Rightarrow a^2+1\geq 2a\Rightarrow 1-a \geq a-a^2$$\Rightarrow 1-a \geq a.(1-a)$Tương tự ta có: $1-b\geq b(1-b)$ $..................$Nhân lại theo vế ta có : $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d) \geq abcd.(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$Ta cần chứng minh $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geq (1-a)^2(1-b)^2(1-c)^2(1-d)^2$Do $a\epsilon [0;1]$ nên $(1-a)\epsilon [0;1]$ Do đó $(1-a) \geq (1-a)^2$Chứng minh tương tự cho các phân thức còn lại rồi nhân theo vế ta có đpcm.Vậy bất đẳng thức được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$
|
|
|
|
bình luận
|
bdt (498)
giỏi j đâu bạn! cảm ơn đã tích V và vote giúp mình
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bdt (498)
|
|
|
|
Do $a,b,c,d>0$ và $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ nên $\Rightarrow (a,b,c,d) \epsilon [0;1]$ Ta có: $(1-a)^2\geq 0\Rightarrow a^2+1\geq 2a\Rightarrow 1-a \geq a-a^2$ $\Rightarrow 1-a \geq a.(1-a)$ Tương tự ta có: $1-b\geq b(1-b)$ $..................$ Nhân lại theo vế ta có : $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d) \geq abcd.(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)$ Ta cần chứng minh $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geq (1-a)^2(1-b)^2(1-c)^2(1-d)^2$
Do $a\epsilon [0;1]$ nên $(1-a)\epsilon [0;1]$ Do đó $(1-a) \geq (1-a)^2$ Chứng minh tương tự cho các phân thức còn lại rồi nhân theo vế ta có đpcm. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$ |
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bdt (488)
|
|
|
|
Đặt vế trái là A. Ta có : $A=\sum \sqrt{\frac{ab}{c}+1}=\sum \sqrt{\frac{ab+c}{c}}=\sum \sqrt{\frac{ab+c(a+b+c)}{c}}=\sum \sqrt{\frac{(a+c)(b+c)}{c}}$
Áp dụng bất đẳng thức $Bunhiacopxki$ ta có : $(a+c)(b+c)\geq (\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^2$ $\Rightarrow (a+c)(b+c)\geq c.(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2$ Do đó : $A\geq \sum \sqrt{\frac{c.(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2}{c}} \Rightarrow A\geq \sum (\sqrt{a}+\sqrt{b})=2.(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng khi $a=b=c=1/3$ |
|