Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :
\(\left(1^2+4^2\right)\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)\ge\left(a+\frac{4}{b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow17\cdot\left(a^2+\frac{1}{b^2}\right)\ge\left(a+\frac{4}{b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{17}\cdot\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}\ge a+\frac{4}{b}\)
Tương tự ta có :
\(\sqrt{17}\cdot\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}\ge b+\frac{4}{c}\)
\(\sqrt{17}\cdot\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\ge c+\frac{4}{a}\)
Cộng theo vế của 3 bđt ta được :
\(\sqrt{17}\cdot\left(\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\right)\ge a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{17}\cdot A\ge a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si :
\(a+b+c+\frac{4}{a}+\frac{4}{b}+\frac{4}{c}\)
\(=16a+\frac{4}{a}+16b+\frac{4}{b}+16c+\frac{4}{c}-15a-15b-15c\)
\(\ge2\sqrt{\frac{4\cdot16a}{a}}+2\sqrt{\frac{4\cdot16b}{b}}+2\sqrt{\frac{4\cdot16c}{c}}-15\left(a+b+c\right)\)
\(\ge16+16+16-15\cdot\frac{3}{2}=\frac{51}{2}\)
Do đó : \(\sqrt{17}\cdot A\ge\frac{51}{2}\)
\(\Leftrightarrow A\ge\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
1/ a/dung bđt Cauchy - Schwarz dạng phân thức: \(\frac{a^2}{b+3c}+\frac{b^2}{c+3a}+\frac{c^2}{a+3b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{4}=\frac{3}{4}\)
2/ a/dung bđt bunhiacopxki :
\(S^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)=3\cdot2\left(a+b+c\right)=6\cdot6=36\)
=> \(S\le6\)
Ta chứng minh bổ đề:
Với x,y,z dương thì:
\(8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
\(\Leftrightarrow x\left(y-z\right)^2+y\left(z-x\right)^2+z\left(x-y\right)^2\ge0\)(đúng)
Quay lại bài toán ta có:
\(A^{2020}=\left(\sqrt[2020]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[2020]{\frac{b}{b+c}}+\sqrt[2020]{\frac{c}{c+a}}\right)^{2020}\)
\(=\left(\sqrt[2020]{\frac{a\left(a+c\right)}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt[2020]{\frac{b\left(b+a\right)}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}+\sqrt[2020]{\frac{c\left(c+b\right)}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\right)^{2020}\)
\(\le\left(1+1+1\right)^{2018}.2.\left(a+b+c\right).\left(\frac{a}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{b}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\right)\)
\(=3^{2018}.\frac{4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\le3^{2018}.\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{3^{2020}}{2}\)
\(\Rightarrow A\le\frac{3}{\sqrt[2020]{2}}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^4}}+\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^4}}+\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^4}}+\frac{a}{b}+1\geq \frac{5a}{b}\)
\(\sqrt[3]{\frac{b^4}{c^4}}+\sqrt[3]{\frac{b^4}{c^4}}+\sqrt[3]{\frac{b^4}{c^4}}+\frac{b}{c}+1\geq \frac{5b}{c}\)
\(\sqrt[3]{\frac{c^4}{a^4}}+\sqrt[3]{\frac{c^4}{a^4}}+\sqrt[3]{\frac{c^4}{a^4}}+\frac{c}{a}+1\geq \frac{5c}{a}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(3\text{VT}\geq 4\text{VP}-3\)
Mà theo BĐT AM-GM: \(\text{VP}=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3\)
Do đó:
$3\text{VT}\geq 4\text{VP}-3\geq 3\text{VP}$
$\Rightarrow \text{VT}\geq \text{VP}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cách khác:
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}=x;\sqrt[3]{\frac{b}{c}}=y;\sqrt[3]{\frac{c}{a}}=z\Rightarrow xyz=1,x>0,y>0,z>0\) (mục đích là khử căn)
Cần chứng minh: \(x^4+y^4+z^4\ge x^3+y^3+z^3\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4\ge\sqrt[3]{xyz}\left(x^3+y^3+z^3\right)\)
Do \(\sqrt[3]{xyz}\le\frac{x+y+z}{3}\). Vì vậy, nó đủ để chứng minh rằng:
\(3\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge\left(x+y+z\right)\left(x^3+y^3+z^3\right)\)
Đến đây có nhiều hướng giải, sau đây là một vài hướng:
Hướng 1:
Sử dụng BĐT C-S:
\(3\left(x^4+y^4+z^4\right)=3\left(\frac{x^6}{x^2}+\frac{y^6}{y^2}+\frac{z^6}{z^2}\right)\ge\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)^2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(=\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(\frac{x^4}{x}+\frac{y^4}{y}+\frac{z^4}{z}\right)}{x^2+y^2+z^2}\ge\frac{\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x+y+z}}{x^2+y^2+z^2}\)
\(=\frac{3\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}{x+y+z}\ge\left(x^3+y^3+z^3\right)\left(x+y+z\right)\)
Hướng 2:(Dùng SOS)
\(VT-VP=\sum\limits_{cyc} (x^2 +xy+y^2)(x-y)^2 \geq 0\)
Hướng 3: (Dùng S-S)
Giả sử \(z=min\left\{x,y,z\right\}\).
\(VT-VP=2\left(x^2+xy+y^2\right)\left(x-y\right)^2+\left(x-z\right)\left(y-z\right)\left(x^2+xz+y^2+yz+2z^2\right)\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c\)
P/s:@Akai Haruma: Em nghĩ hướng này sẽ dễ suy luận hơn cách ghép cặp bằng AM-GM ạ! Cách kia hơi ảo diệu.
4.
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
5.
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{bc.ca}}=\frac{2}{c}\) ; \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
1.
Áp dụng BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{ab}\right)^2+\left(\sqrt{bc}\right)^2+\left(\sqrt{ca}\right)^2\ge\sqrt{ab}.\sqrt{bc}+\sqrt{ab}.\sqrt{ac}+\sqrt{bc}.\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
2.
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt[]{\frac{ab.bc}{ca}}=2b\) ; \(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2c\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\)
3.
Từ câu b, thay \(c=1\) ta được:
\(ab+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\ge a+b+1\)
1)
\(2a+\frac{4}{a}+\frac{16}{a+2}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+\left[\left(a+2\right)+\frac{16}{a+2}\right]-2\ge4+8-2=10\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2
2)
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a\left(1-4a\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4a\left(1-4a\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4a+1-4a}{2}=\frac{1}{4}\\\sqrt{b\left(1-4b\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4\left(1-4a\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4b+1-4b}{2}=\frac{1}{4}\\\sqrt{c\left(1-4c\right)}=\frac{1}{2}\sqrt{4c\left(1-4c\right)}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{4c+1-4c}{2}=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a\left(1-4a\right)}+\sqrt{b\left(1-4b\right)}+\sqrt{c\left(1-4c\right)}\le\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{8}\)
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v