Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 ]
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
trước hết ta cần chứng minh \(\frac{19b^3-a^3}{ab+5a^2}\le4b-a\left(1\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow19b^3-a^3\le\left(4b-a\right)\left(ab+5a^2\right)\left(ab+5a^2>0\right)\)
phá ngoặc và biến đổi thành bất đẳng thức quen thuộc\(a^3+b^3\ge\left(a+b\right)ab\)với a,b dương
để cm bất đẳng thức này ta cần biến đổi tương đương thành\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b)
chứng minh tương tự ta có VT\(\le\)4b-a+4c-b+4a-c\(=\)3(a+b+c)
để tham khảo thêm bạn có thể vào toán học tuổi trẻ số 440
áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có:
\(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2};a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge9\sqrt[3]{a^2b^2c^2.abc}=9abc\)
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3abc}\ge\frac{3}{a+b+c}\Rightarrow\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
áp dụng bất đẳng thức schwarts ta có:
\(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
dấu "=" xảy ra khi a=b=c
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
\(b^2+3=b^2+ab+bc+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Tương tự với các mẫu thức khác, ta có :
\(P=\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
\(\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{8}+\frac{a+b}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{64\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự ta có :
\(\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c+a}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{c+a}{8}+\frac{a+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế của các bđt ta được :
\(P+2\left(\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}+\frac{c+a}{8}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\left(\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{a+b+c}{4}\)
Ta có bđt quen thuộc : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=3\cdot3=9\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3\)
Do đó \(P\ge\frac{3}{4}\)( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)