Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);
\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
1)
\(2a+\frac{4}{a}+\frac{16}{a+2}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+\left[\left(a+2\right)+\frac{16}{a+2}\right]-2\ge4+8-2=10\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2
2)
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a\left(1-4a\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4a\left(1-4a\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4a+1-4a}{2}=\frac{1}{4}\\\sqrt{b\left(1-4b\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4\left(1-4a\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4b+1-4b}{2}=\frac{1}{4}\\\sqrt{c\left(1-4c\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4c\left(1-4c\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4c+1-4c}{2}=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a\left(1-4a\right)}+\sqrt{b\left(1-4b\right)}+\sqrt{c\left(1-4c\right)}\le\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\)
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)
Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)
Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:
Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đây là điều hiển nhiên.
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\sqrt{2}.\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{2}.\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{2}.\sqrt{c^2+a^2}\right)\)
\(VT\ge\sqrt{2}.\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\ge\sqrt{2}.\frac{9}{2\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\left(1\right)\)
\(VP\le\frac{1}{2\sqrt{2}}.\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow VT\ge VP\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Từ bất đẳng thức Cô si ta có:
\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
$(a^3+1)(a+1)\geq (a^2+1)^2\Rightarrow a^3+1\geq \frac{(a^2+1)^2}{a+1}; a+1\leq \sqrt{2(a^2+1)}$
$\Rightarrow \frac{a^3+1}{b\sqrt{a^2+1}}\geq \frac{\sqrt{(a^2+1)^3}}{b(a+1)}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}$
Bài toán sẽ được chứng minh khi ta chỉ ra được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}\geq \sqrt{2}(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{a^2+1}{b}+\frac{b^2+1}{c}+\frac{c^2+1}{a}\geq 2(a+b+c)$
$\Leftrightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)(*)$
Thật vậy, theo BĐT AM-GM:
$ab^3+bc+a^2b^2c^2\geq 3ab^2c$. Tương tự với $bc^3+ca+a^2b^2c^2\geq 3abc^2; ca^3+ab+a^2b^2c^2\geq 3a^2bc$
Cộng theo vế và thu gọn:
$ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 3abc(a+b+c-abc)(1)$
Mà: $(a+b+c)^3\geq 27abc\geq 27(abc)^3$ (do $abc\leq 1$) nên $a+b+c\geq 3abc(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)$. BĐT $(*)$ được chứng minh.
Bài toán hoàn tất.