Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau :
Ta có : \(\left(x^{10}+y^{10}\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x^8+y^8\right)\left(x^4+y^4\right)\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow x^{12}+x^{10}y^2+y^{10}x^2+y^{12}\ge x^{12}+x^8y^4+y^8x^4+y^{12}\)
\(\Leftrightarrow x^{10}y^2+y^{10}x^2\ge x^8y^4+y^8x^4\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^8+y^8-x^6y^2-x^2y^6\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left[\left(x^8-x^6y^2\right)+\left(y^8-x^2y^6\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^6-y^6\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x^3-y^3\right)\left(x^3+y^3\right)\left(x^2-y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\left(x^2-xy+y^2\right)\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)(2)
Ta thấy : \(x^2-xy+y^2=\frac{\left(x^2-2xy+y^2\right)+x^2+y^2}{2}=\frac{\left(x-y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\)
\(x^2+xy+y^2=\frac{\left(x+y\right)^2+x^2+y^2}{2}\ge0\) ; \(x^2y^2\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)^2\ge0\)
Do đó (2) luôn đúng.
Vậy (1) được chứng minh.
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
ta có BĐT cần chứng minh
<=>\(2a^8+2b^8\ge a^8+b^8+a^3b^5+a^5b^3\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^3b^5+a^5b^3\)
Áp dụng bđt cô-si, ta có \(a^8+a^8+a^8+b^8+b^8+b^8+b^8+b^8\ge8a^3b^5\)
tương tự, ta có \(5.a^8+3b^8\ge8a^5b^3\)
+ 2 vế của 2 bđt , ta có \(8\left(a^8+b^8\right)\ge8\left(a^3b^5+a^5b^3\right)\Rightarrow a^8+b^8\ge a^3b^5+a^5b^3\)
=> BĐT cần phải chứng minh luôn đúng
dấu = xảy ra <=> a=b>0
^_^
Câu a : \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
a: =>2a^2+2b^2>=a^2+2ab+b^2
=>a^2-2ab+b^2>=0
=>(a-b)^2>=0(luôn đúng)
c: =>3a^2+3b^2+3c^2>=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac
=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac>=0
=>(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2>=0(luôn đúng)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^4}{27.27.9}}=\frac{4a}{9}\)
\(\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4b}{9}\)
\(\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4c}{9}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{2(a+b+c)}{27}+\frac{7}{9}\geq\frac{4(a+b+c)}{9}\)
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}\geq \frac{10(a+b+c)}{27}-\frac{7}{9}=\frac{30}{27}-\frac{7}{9}=\frac{1}{3}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 1 : Áp dụng BĐT trong tam giác ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\\b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le a^2\\\left(b-c+a\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)
Nhân từng vế BĐT ta được :
\(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\) ( đpcm )
Bài 2 : Theo BĐT Cô - si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge abc\) (1)
Theo câu 1 ta lại có :
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)
\(\left(a^{10}+b^{10}\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\)\(\left(a^8+b^8\right)\left(a^4+b^4\right)\)
\(\Leftrightarrow a^{10}b^2+a^2b^{10}\ge a^8b^4+a^4b^8\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^6b^2+a^2b^6\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^6-b^6\right)\ge0\)
Vì a^2-b^2 va a^6-b^6 cùng dấu nên ta có điều phải chứng minh.
bn có thể giải rõ hơn ko?