Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
Cho a,b,c,d>0 và a+b+c+d=4
Chúng minh rằng \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}\)
Dễ thấy: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\). Mà \(a^2+b^2+c^2\le3\) nên \(ab+bc+ca\le3\)
Áp dụng BĐT Schwarz cho 2 bộ số: (1;1;1) và (1+ab;1+bc;1+ca) ta có:
\(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge\frac{9}{3+ab+bc+ca}\ge\frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}\)(Do \(ab+bc+ca\le3\))
=> ĐPCM. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
cái thứ nhất nhân với a cái thứ hai nhan b, cái thứ ba nhân c, cái thứ tư nhân d rồi dùng svác sơ trả lời câu hỏi của tớ đi
hướng làm của bạn vũ tiền châu đúng rồi nhé
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : \(\frac{a^4}{a\left(b+c+d\right)}+\frac{b^4}{b\left(a+c+d\right)}+\frac{c^4}{c\left(d+a+b\right)}+\frac{d^4}{d\left(a+b+c\right)}\ge\frac{1}{3}\)
\(< =>\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{1}{3}\)
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có :
\(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.\left(ab+bc+ca+da\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.1}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\)
Giờ ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}< =>\left(a^2+b^2+d^2+c^2\right)^2\ge1\)
\(< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge1< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da\)
\(< =>2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge2\left(ab+bc+cd+da\right)\)
\(< =>2a^2+2b^2+2c^2+2d^2-2ab-2bc-2cd-2da\ge0\)
\(< =>\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-d\right)^2+\left(d-a\right)^2\ge0\)*đúng*
Khi đó : \(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Cho a,b,c,d>0 và a+b+c+d=4
Chúng minh rằng \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}\)
ta có ab( a\(^2\)+b\(^2\))\(\le\)2( tự CM)
=> ( a\(^2\)+ b\(^2\))\(\le\)2/ab
=> ( a\(^2\)+ b\(^2\))/2\(\le\)1/ab
làm tương tự ta có ( c\(^2\)+d\(^2\))/2\(\le\)1/cd
cộng vế tương ứng vế. Hết.
mình dùng tv ₫ể viết, có một Số chỗ hơi "khắm". Xin thứ lỗi.
Bạn Huy Le ơi, cho mik hỏi tại sao ab(a^2+b^2)<=2 vậy
Bạn bảotự chứng minh được à, tại saolại như thế vậy ??!!
Svacxo chăng :33 Ai thử đi, e sợ biến nhiều lắm :))