
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.


a vì a+2>5 =>a+2+(-2)>5+(-2)=>a+2>3
b vì a>3 => a+2>3+2 =>a+2>5
c vì m>n =>m-n>n-n=>m-n>0
đ vì m-n=0 =>m-n+n>0+n=>m>n
e vì m<n nên m+(-4)<n+(-4) =>m-4<n-4 (1)
vì -4>-5 => m-4>m-5 (2)
từ (1) và (2) =>m-5<n-4

Bài 1: \(a+b\ge1\). cm \(a^4+b^4\ge\dfrac{1}{8}\)
ta có : \(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2=\dfrac{1}{2}\)(BĐT bunyakovsky)
Áp dụng BĐt bunyakovsky 1 lần nữa:
\(a^4+b^4\ge\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)^2\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{8}\)
dấu = xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT bunyakovsky dạng đa thức và phân thức:
\(\left(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)^2\ge\left[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\right]^2=\left(a+b+c\right)^2\)
do đó \(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge a+b+c\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge1\Rightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\)
Lại theo Cauchy-Schwarz lần nữa:
\(\left[\left(1^2\right)^2+\left(1^2\right)^2\right]\left[\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2\right]\ge\left(a^2+b^2\right)^2=\dfrac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4\right)\ge\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a^4+b^4\ge\dfrac{1}{8}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
Bài 2:
Trước tiên ta chứng minh \(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\)
Ta chứng minh bổ đề: \(\dfrac{a^3}{b^2}\ge\dfrac{a^2}{b}+a-b\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)(đúng)
Viết các BĐT tương tự và cộng lại
\(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge\dfrac{a^2}{b}+a-b+\dfrac{b^2}{c}+b-c+\dfrac{c^2}{a}+c-a=\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\left(2\right)\)
Từ \((1);(2)\) ta thu được ĐPCM

Bài 2:
a) Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
\(\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4b}\) \(\ge2\sqrt{\dfrac{1}{4^2ab}}=\dfrac{2}{4\sqrt{ab}}=\dfrac{1}{2\sqrt{ab}}\)
\(\ge\dfrac{1}{a+b}\) (Đpcm)
b) Trừ 1 vào từng vế của BĐT ta được BĐT tương đương:
\(\left(\frac{x}{2x+y+z}-1\right)+\left(\frac{y}{x+2y+z}-1\right)+\left(\frac{z}{x+y+2z}-1\right)\le\frac{-9}{4}\)
\(\Leftrightarrow-\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\le-\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)
Áp dụng BĐT phụ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) ta có:
\(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\)
\(\ge\dfrac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}=\dfrac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{x+2y+z}+\dfrac{z}{x+y+2z}\le\dfrac{3}{4}\) (Đpcm)
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a-1+b-1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\)
Nên cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge8\left(a+b-2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge8a+8b-16\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)^2\ge0\) luôn đúng


a. Ta chứng minh với \(a,b\ge0\) thì:
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) là bất đẳng thức đúng
Dấu "=" khi a = b
Áp dụng:
\(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
Dấu = khi a = b

Ta có 4(a3 + b3) \(\ge\)(a + b)3
<=> 4a3 + 4b3 \(\ge\)a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
<=> 4a3 + 4b3 - (a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 )\(\ge\)0
<=> 3a3 + 3b3 - 3a2b - 3ab2 \(\ge\)0
<=> a3 + b3 - a2b - ab2 \(\ge\)0
<=> (a + b)(a2 - ab + b2) - ab(a + b) \(\ge0\)
<=> (a + b)(a2 - 2ab + b2) \(\ge\)0
<=> (a + b)(a - b)2 \(\ge\)0 (đúng với a;b > 0)
=> 4(a3 + b3) \(\ge\)(a + b)3


\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) ( luôn đúng )
BĐT \(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}\right)^3+1\ge\frac{a}{b}\left(\frac{a}{b}+1\right)\) (chia hai vế cho b3 > 0)
Đặt \(\frac{a}{b}=t>0\). Ta cần chứng minh \(t^3+1\ge t\left(t+1\right)\Leftrightarrow\left(t-1\right)^2\left(t+1\right)\ge0\)
P/s: Làm kiểu khác cho nó lạ xíu:D
\(\left(a+b\right)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3=a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)\)
\(4\left(a^3+b^3\right)=a^3+b^3+3\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
Ta sẽ chứng minh : \(4\left(a^3+b^3\right)-\left(a+b\right)^3\ge0\)với \(\forall a,b>0\)
\(4\left(a^3+b^3\right)-\left(a+b\right)^3=a^3+b^3+3\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-\left[a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)\right]\)
\(=3\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-3ab\left(a+b\right)\)
\(=3\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-ab\right)\)
\(=3\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)với \(\forall a,b>0\)
Vậy ..