Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz dạng cộng mẫu thôi:
\(\text{VT}=\frac{1^2}{a}+\frac{1^2}{b}+\frac{2^2}{c}+\frac{4^2}{d}\geq \frac{(1+1+2+4)^2}{a+b+c+d}=\frac{64}{a+b+c+d}=\text{VP}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{c}{2}=\frac{d}{4}>0\)
áp dụng bđt \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)(bđt svacxo) ta có :
VT= \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}+\frac{16}{d}\ge\frac{\left(1+1+2+4\right)^2}{a+b+c+d}\)= \(\frac{64}{a+b+c+d}\)=VP (đpcm)
dấu = xảy ra <=>a=b=1; c=2 ; d=4
Dễ dàng CM BĐT phụ sau: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b},\forall a,b>0\)
Áp dụng liên tục ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}+\frac{16}{d}\ge\frac{4}{a+b}+\frac{4}{c}+\frac{16}{d}\ge4.\frac{4}{a+b+c}+\frac{16}{d}\ge16.\frac{4}{a+b+c+d}=\frac{64}{a+b+c+d}\)
dấu = xảy ra <=> a+b=c, a+b+c=d, a=b
ĐPCM
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
\(N=\frac{a}{1+b^2c}+\frac{b}{1+c^2d}+\frac{c}{1+d^2a}+\frac{d}{1+a^2b}\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(\frac{a}{1+b^2c}=a-\frac{ab^2c}{1+b^2c}\)
\(\ge a-\frac{ab^2c}{2b\sqrt{c}}=a-\frac{ab\sqrt{c}}{2}=a-\frac{b\sqrt{ac}\sqrt{a}}{2}\)
\(\ge a-\frac{b\left(ac+c\right)}{4}\).Suy ra \(\frac{a}{1+b^2c}\ge a-\frac{1}{4}\cdot\left(ab+abc\right)\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b}{a+c^2d}\ge b-\frac{1}{4}\left(bc+bcd\right)\)
\(\frac{c}{1+d^2a}\ge c-\frac{1}{4}\left(cd+cda\right)\)
\(\frac{d}{1+a^2b}\ge d-\frac{1}{4}\left(da+dab\right)\)
Do đó: \(S=\frac{a}{1+b^2c}+\frac{b}{1+c^2d}+\frac{c}{1+d^2a}+\frac{d}{1+a^2b}\)
\(\ge a+b+c+d-\frac{1}{4}\left(ab+bc+cd+da+abc+bcd+cda+dab\right)\)
\(=4-\frac{1}{4}\left(ab+bc+cd+da+abc+bcd+cda+dab\right)\)
Ta có:
\(ab+bc+cd+da\le\frac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2=4\)
\(abc+bcd+cda+dab\le\frac{1}{16}\left(a+b+c+d\right)^3=4\)
nên \(S\ge4-\frac{1}{4}\cdot\left(4+4\right)=2\)(Đpcm)
Dấu = khi \(a=b=c=d=1\)
áp dụng bất đẳng thức:\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)=>\(\frac{4}{a+b}\)(áp dụng 2 cái đầu trc,rồi lấy KQ đó áp dụng típ vào cái thứ 3,rồi cái cuối
Ta có
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{4}{c}+\frac{16}{d}\ge\frac{\left(1+1+2+4\right)^2}{a+b+c+d}=\frac{64}{a+b+c+d}\)