Cho a, b, c > 0.
Chứng minh : \(\frac{a^4}{b+c}+\frac{b^4}{c+a}+\frac{c^4}{a+b}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{2}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta chứng minh BĐT sau với các số dương:
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)
Thật vậy, BĐT tương đương: \(\dfrac{x+y}{xy}\ge\dfrac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\) ; \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\) ; \(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\)
b.
Ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Rightarrow\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}\ge\dfrac{12}{a+b}\) (1)
\(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\Rightarrow\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\ge\dfrac{8}{b+c}\) (2)
\(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\) (3)
Cộng vế với vế (1); (2) và (3):
\(\dfrac{4}{a}+\dfrac{5}{b}+\dfrac{3}{c}\ge4\left(\dfrac{3}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
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 ]
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
Câu 1:
\(4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+1+b+4+c-2+d-3=a+b+c+d\)
Dấu = xảy ra khi a = -1; b = -4; c = 2; d= 3
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b^5}\ge\frac{2}{b^3}-\frac{1}{a^2b}\)
\(\frac{2}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2b}\le\frac{2}{3a^3}+\frac{1}{3b^3}\)
\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2}{b^5}\ge\Sigma\left(\frac{5}{3b^3}-\frac{2}{3a^3}\right)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\)
\(\frac{a^4}{a^3+2b^3}=a-\frac{2ab^3}{a^3+b^3+b^3}\ge a-\frac{2ab^3}{3\sqrt[3]{a^3.b^3.b^3}}=a-\frac{2}{3}b\)
Tương tự ta có
\(\frac{b^4}{b^3+2c^3}\ge b-\frac{2}{3}c\) ; \(\frac{c^4}{c^3+2d^3}\ge c-\frac{2}{3}d\) ; \(\frac{d^4}{d^3+2a^3}\ge d-\frac{2}{3}a\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge a+b+c+d-\frac{2}{3}\left(a+b+c+d\right)=\frac{a+b+c+d}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)
Dat \(P=\frac{a^4}{b+c}+\frac{b^4}{c+a}+\frac{c^4}{a+b}\)
\(=\frac{a^6}{a^2b+ca^2}+\frac{b^6}{b^2c+ab^2}+\frac{c^6}{c^2a+bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)
Ta di chung minh:
\(\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
Ta co BDT:
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right)\)
\(c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
Suy ra BDT da duoc chung minh
Dau '=' ra khi \(a=b=c\)
Dat P=\frac{a^4}{b+c}+\frac{b^4}{c+a}+\frac{c^4}{a+b}P=b+ca4+c+ab4+a+bc4
=\frac{a^6}{a^2b+ca^2}+\frac{b^6}{b^2c+ab^2}+\frac{c^6}{c^2a+bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}=a2b+ca2a6+b2c+ab2b6+c2a+bc2c6≥ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)(a3+b3+c3)2
Ta di chung minh:
\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{2}ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)(a3+b3+c3)2≥2a3+b3+c3
\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)⇔2(a3+b3+c3)≥ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
Ta co BDT:
a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)a3+b3≥ab(a+b)
b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right)b3+c3≥bc(b+c)
c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)c3+a3≥ca(c+a)
\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)⇒2(a3+b3+c3)≥ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
Suy ra BDT da duoc chung minh
Dau '=' ra khi a=b=ca=b=c