Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow ab\le\dfrac{a^2+b^2}{2}\)
\(\Rightarrow4=a^2+b^2-ab\ge a^2+b^2-\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{a^2+b^2}{2}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\le8\)
\(a^2+b^2\ge-2ab\Rightarrow-ab\le\dfrac{a^2+b^2}{2}\)
\(\Rightarrow4=a^2+b^2-ab\le a^2+b^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{3\left(a^2+b^2\right)}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{8}{3}\le a^2+b^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{8}{3}\le a^2+b^2\le4\)
Bài 3:
\(\dfrac{1}{\left(x-y\right)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge\dfrac{4}{xy}\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(\dfrac{1}{\left(x-y\right)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\right)\ge\dfrac{4}{xy}.x^2y^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2y^2}{\left(x-y\right)^2}+x^2+y^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2y^2}{\left(x-y\right)^2}+x^2-2xy+y^2\ge2xy\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{xy}{x-y}\right)^2+\left(x-y\right)^2\ge2xy\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{xy}{x-y}\right)^2-2xy+\left(x-y\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{xy}{x-y}-x+y\right)^2=0\) (luôn đúng)
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cô-si dạng Engel,ta có :
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\)
\(\ge\frac{\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\ge\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge0\)( luôn đúng )
nguồn : loga
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\Sigma\frac{2}{a^2+b^2+2}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow3-\Sigma\frac{2}{a^2+b^2+2}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow\Sigma\left(1-\frac{2}{a^2+b^2+2}\right)\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge\frac{3}{2}\)(*)
Xét vế trái của (*), ta có: \(\Sigma\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\ge\frac{\left(\Sigma\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\)(Theo BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)
Đến đây, ta cần chỉ ra rằng \(\frac{\left(\Sigma\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(\Sigma\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\ge\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2+\Sigma\text{}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}}{a^2+b^2+c^2+3}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\text{}\text{}\Sigma\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+9\)\(\Leftrightarrow\text{}\text{}\Sigma\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{9}{2}\)(**)
Theo BĐT Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số \(\left(a;b\right)\)và \(\left(c;b\right)\), ta có:\(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+b^2\right)\ge\left(ac+b^2\right)^2\) \(\Rightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge ac+b^2\)(1)
Tương tự, ta có: \(\sqrt{\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)}\ge ab+c^2\)(2); \(\sqrt{\left(c^2+a^2\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge bc+a^2\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\text{}\text{}\Sigma\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\)
\(=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{9}{2}\)(Do đó (**) đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Áp dụng bđt bu nhi a ta có
\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\left(-2-c\right)^2\le2\left(2-c^2\right)\)
=> \(c^2+4c+4\le4-2c^2\)
=> \(3c^2+4c\le0\Rightarrow c\left(3c+4\right)\le0\Rightarrow-\frac{4}{3}\le c\le0\)
Lời giải:
Xét $2(a^4+b^4)-(a^3+b^3)(a+b)=a^4+b^4-a^3b-ab^3$
$=a^3(a-b)-b^3(a-b)=(a-b)(a^3-b^3)=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\geq 0$ với mọi $a,b>0$
Hay $2(a^4+b^4)-2(a^3+b^3)\geq 0$
$\Rightarrow a^4+b^4\geq a^3+b^3$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$