Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{4}{a+b}-\dfrac{2a^2+3b^2}{2a^3+3b^3}-\dfrac{2b^2+3a^2}{2b^3+3a^3}=\dfrac{\left(a-b\right)^2.\left(12b^4+12ab^3-a^2b^2+12a^3b+12a^4\right)}{\left(a+b\right)\left(2a^3+3b^3\right)\left(2b^3+3a^3\right)}\ge0\)
PS: Còn cách dùng holder nữa mà lười quá
holder Câu hỏi của Lê Minh Đức - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Ta có: \(\frac{2a^2+3b^2}{2a^3+3b^3}\left(a+b\right)=1+ab\frac{2a+3b}{2a^3+3b^3}\)
Áp dụng BĐT Holder ta có:
\(\left(2a^3+3b^3\right)\left(2+3\right)^2\ge\left(2a+3b\right)^3\)
Vậy ta có thể viết lại BĐT cần chứng minh như sau;
\(VT\left(a+b\right)\le2+25ab\left(\frac{1}{\left(2a+3b\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+3a\right)^2}\right)\)
Nó đủ để ta có thể thấy rằng
\(25ab\left[\left(2b+3a\right)^2+\left(2a+3b\right)^2\right]\le2\left(2a+3b\right)^2\left(2b+3a\right)^2\)
\(\Leftrightarrow59\left(a^2-b^2\right)^2+13\left(a^4+b^4-a^3b-ab^3\right)\ge0\)
BĐT cuối cùng đúng nên ta có ĐPCM
Bài 2:
c)
Theo bài ra ta có:
\(a+b+c=1\Rightarrow\hept{\begin{cases}1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}=\frac{1}{a}\\1+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}=\frac{1}{b}\\1+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}=\frac{1}{a}\end{cases}}\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge9\left(\text{BĐT côsi}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3.\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)
Do \(a+b+c=1\)
nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3.\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)
Do \(a+b+c=1\)
nên \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)