Cho a+b>1. Chứng minh :\(a^4+b^4>\frac{1}{8}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
11 tháng 5 2017
Bài 2 :
Ta có :
\(\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{a^2b-ab^2+a^2c-ac^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{ab\left(a-b\right)+ac\left(a-c\right)}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}\)( 1 )
\(\frac{b^2}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}=\frac{bc\left(b-c\right)+ab\left(b-a\right)}{\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)}\)( 2 )
\(\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=\frac{ac\left(c-a\right)+bc\left(c-c\right)}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\) ( 3 )
Cộng ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) ta được :
\(\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\right)-\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
\(=ab\left(a-b\right)\left[\frac{1}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}-\frac{1}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}\right]\)
\(+ac\left(a-c\right)\left[\frac{1}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a^2+b62\right)}\right]\)
\(+bc\left(b-c\right)\left[\frac{1}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\right]\)
Theo đề bài thì \(a,b,c>0\)( các biểu thức trong các dấu ngoặc đều không âm ) \(\Leftrightarrow dpcm\)
Thấy đúng thì tk nka !111
12 tháng 5 2017
Bài 3:
ta có : \(a^4+b^4\ge2a^2b^2\)
Cộng \(a^4+b^4\) vào 2 vế ta được:
\(2\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\)\(\Leftrightarrow a^4+b^4\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)^2\)
Ta cũng có : \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4\ge\frac{1}{8}\left(a+b\right)^4\)
mà theo bài thì \(a+b>1\)\(\Rightarrow dpcm\)
TK MK NKA !!!
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
MH
1
16 tháng 7 2020
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
T
21 tháng 7 2020
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2020
a/
\(VT\ge\frac{\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2}{a+b}+\frac{\frac{1}{2}\left(b+c\right)^2}{b+c}+\frac{\frac{1}{2}\left(c+a\right)^2}{c+a}=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b/ Ta có: \(x^4+y^4\ge\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\left(y^2+y^2\right)\ge xy\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+ca\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+ab\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT\le\frac{1}{a+\frac{1}{a}\left(b^2+c^2\right)}+\frac{1}{b+\frac{1}{b}\left(a^2+c^2\right)}+\frac{1}{c+\frac{1}{c}\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT\le\frac{a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+b^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b^2+c^2}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)
\(VT\le\frac{a+b+c}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{a+b+c}\le\frac{3}{3\sqrt[3]{abc}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
TN
6 tháng 1 2018
Theo BĐT AM-GM: \(a^4+b^4\ge2a^2b^2\)
Tương tự suy ra \(a^4+b^4+c^4\)\(\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Tiếp tục dùng AM-GM: \(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2ab^2c\)
Tương tự suy ra \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+abcd\ge abc\left(a+b+c\right)+abcd\)\(=abc\left(a+b+c+d\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^4+b^4+c^4+abcd}\le\frac{1}{abc\left(a+b+c+d\right)}\)
Tương tự cho 3 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{a+b+c+d}{abcd\left(a+b+c+d\right)}=\frac{1}{abcd}=VP\)
TA
12 tháng 7 2017
Ta chứng minh bất đẳng thức sau
Với x, y, z > 0 ta luôn có \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\) (1)
Theo BĐT Cô-si
\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4\sqrt[4]{x^8y^4z^4}=4x^2yz\)
\(y^4+y^4+z^4+x^4\ge4\sqrt[4]{y^8z^4x^4}=4y^2zx\)
\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4\sqrt[4]{z^8x^4y^4}=4z^2xy\)
Cộng vế theo vế ta được: \(4\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge4\left(x^2yz+y^2zx+z^2xy\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
Vậy (1) đc c/m
Bất đẳng thức cần c/m có thể viết lại thành
\(\frac{abcd}{a^4+b^4+c^4+abcd}+\frac{abcd}{b^4+c^4+d^4+abcd}+\frac{abcd}{c^4+d^4+a^4+abcd}+\frac{abcd}{d^4+a^4+b^4+abcd}\le1\)
Áp dụng (1) ta có
\(\frac{abcd}{a^4+b^4+c^4+abcd}\le\frac{abcd}{abc\left(a+b+c\right)+abcd}=\frac{abcd}{abc\left(a+b+c+d\right)}=\frac{d}{a+b+c+d}\)
Tương tự
\(\frac{abcd}{b^4+c^4+d^4+abcd}\le\frac{a}{a+b+c+d}\)
\(\frac{abcd}{c^4+d^4+a^4+abcd}\le\frac{b}{a+b+c+d}\)
\(\frac{abcd}{d^4+a^4+b^4+abcd}\le\frac{c}{a+b+c+d}\)
Cộng theo vế suy ra đpcm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
15 tháng 7 2020
\(\left(a;b;c\right)=\left(2x;2y;2z\right)\) (ko đặt ẩn phụ cũng được, đặt số nhỏ cho dễ nhìn thôi)
BĐT trở thành:
\(\frac{x}{xz+1}+\frac{y}{xy+1}+\frac{z}{yz+1}\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\) với \(xyz=1\) \(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\) (1)
Ta có:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{z}+x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}+z\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{xy+yz+zx}{xyz}+x+y+z\right)\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(xy+yz+zx+x+y+z\right)\le\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+z^2+\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+z^2+\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\right)\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\) (đúng theo (1))
\(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}>\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow a^4+b^4\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}>\frac{1}{8}\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 1/2
Ta có : a + b > 1 > 0 (1)
Bình phương hai vế : (a + b)2 > 1 => a2 + 2ab + b2 > 1 (2)
Mặt khác (a - b)2 \(\ge\)0 => a2 - 2ab + b2 \(\ge\)0 (3)
Cộng từng vế của (2) hoặc (3) : \(2\left(a^2+b^2\right)>1\)=> a2 + b2 \(\ge\frac{1}{2}\)(4)
Bình phương hai vế của (4) : \(a^4+2a^2b^2+b^4>\frac{1}{4}\)(5)
Mặt khác \(\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)=> a4 + 2a2b2 + b4 \(\ge\)0 (6)
Cộng từng vế (5) và (6) : \(2\left(a^4+b^4\right)>\frac{1}{4}\)=> \(a^4+b^4>\frac{1}{8}\)