Chứng minh bất đẳng thức

[zeoprono1]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Bài 1. Chứng minh rằng [TEX]\forall a,b,c[/TEX] ta luôn có: [TEX]\frac{a^2}{4} + b^2 +c^2 \geq ab+ 2(a+b)[/TEX]

Bài 2. Chứng minh với a>0, b>0 ta có:

a, [TEX]\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+ \sqrt{b}} \leq \sqrt[4]{ab}[/TEX]

b, [TEX]\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ac}{b} \geq a+b+c ; \forall a,b,c > 0[/TEX]

c, [TEX](1+\frac{a}{b}) ( 1+ \frac{b}{c}) (1+\frac{c}{a}) \geq 8[/TEX]

d, [TEX]a^2(b+c-a) + b^2(c+a-b)+ c^2(a+b-c) \leq 3abc[/TEX]

 

[hien_vuthithanh]

Bài 2. Chứng minh với a>0, b>0 ta có:

a, [TEX]\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+ \sqrt{b}} \leq \sqrt[4]{ab}[/TEX]

c, [TEX](1+\frac{a}{b}) ( 1+ \frac{b}{c}) (1+\frac{c}{a}) \geq 8[/TEX]

a/ Ta có $\sqrt{a}+ \sqrt{b} \ge 2 \sqrt[4]{ab} $ \Rightarrow $\dfrac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{a}+ \sqrt{b}} \le \dfrac{2\sqrt{ab}}{2\sqrt[4]{ab}}=\sqrt[4]­{ab}$

\Rightarrow ◘

c/ Cosi

$1+\dfrac{a}{b} \ge 2\sqrt{\dfrac{a}{b}}$

TT nhân theo vế \Rightarrow $(1+\dfrac{a}{b}) ( 1+ \dfrac{b}{c}) (1+\dfrac{c}{a}) \ge 8 \sqrt{\dfrac{abc}{abc}} =8$

\Rightarrow ◘

 

[hien_vuthithanh]

2b

b, [TEX]\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ac}{b} \geq a+b+c ; \forall a,b,c > 0[/TEX]

Ta có$ \dfrac{ab}{c} + \dfrac{bc}{a} + \dfrac{ac}{b} \ge a+b+c $

\Leftrightarrow$ (\sum \dfrac{bc}{a})^2 \ge (\sum a)^2$

\Leftrightarrow $\sum\dfrac{a^2b^2}{c^2} + 2\sum a^2 \ge \sum a^2 +2\sum ab$

\Leftrightarrow $\sum\dfrac{a^2b^2}{c^2} + \sum a^2 \ge 2\sum ab$ (*)

Ta có $\dfrac{a^2b^2}{c^2}+\dfrac{b^2c^2}{a^2} \ge 2b^2$

TT \Rightarrow $\sum\dfrac{a^2b^2}{c^2} \ge \sum a^2$

\Rightarrow $\sum\dfrac{a^2b^2}{c^2} + \sum a^2 \ge 2\sum a^2 \ge 2\sum ab$

\Rightarrow (*) Đúng

\Rightarrow ◘

 

[eye_smile]

2b,Cách khác :

$\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a} \ge 2b$

$\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b} \ge 2c$

$\dfrac{ab}{c}+\frac{ac}{b} \ge 2a$

Cộng theo vế suy ra đpcm.

 

[thuyanh_tls1417]

2c, $VT=\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} \ge \dfrac{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}}{abc}=8$ (A-G)

 

[eye_smile]

d,Phải có đk a;b;c là 3 cạnh của tam giác.

Có:

$(b-c)^2(b+c-a) \ge 0$

\Leftrightarrow $b^3+c^3-b^2c-bc^2-ab^2-ac^2+2abc \ge 0$

Tương tự, có:

$a^3+b^3-a^2b-ab^2-ca^2-cb^2+2abc \ge 0$

$c^3+a^3-c^2a-ca^2-bc^2-ba^2+2abc \ge 0$

Cộng theo vế đc:

$2a^2(b+c-a)+2b^2(c+a-b)+2c^2(a+b-c) \le 6abc$

\Rightarrow đpcm