Theo bất đẳng thức Cô-si ta có 
a^5 + a >= 2√(a^5.a); 
hay a^5 >= 2a^3 - a. 
Chứng minh tương tự, ta cũng có 
b^5 >= 2b^3 - b. 
Cộng hai bất đẳng thức theo vế ta được 
a^5 + b^5 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b, 
hay a^3 + b^3 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b, 
hay a^3 + b^3 <= a + b (*). 
Vì a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2) nên bất đẳng thức (*) tương đương với 
(a + b)(a^2 - ab + b^2) <= a + b, 
hay a^2 - ab + b^2 <= 1, 
hay a^2 + b^2 <= ab + 1. 
Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1

Câu hỏi của Đỗ Tuấn Linh - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Biết chếtttttttt liềnnnnnnnnn

Ta có : 

\(x^3=\left(9+4\sqrt{5}\right)+\left(9-4\sqrt{5}\right)+3\sqrt[3]{\left(9+4\sqrt{5}\right)\left(9-4\sqrt{5}\right)}\)\(\left(\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}+\sqrt[3]{9-4\sqrt{5}}\right)\)

\(\Leftrightarrow x^3=18+3x\)

\(\Leftrightarrow x^3-3x-18x=0\)

\(b^4+c^4+a=b^4+c^4+a.abc\)

+Chứng mih \(b^4+c^4\ge bc\left(b^2+c^2\right)\text{ (1)}\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{2}.\left(b-c\right)^2\left[b^2+c^2+\left(b+c\right)^2\right]\ge0\)(đúng)

\(\Rightarrow b^4+c^4+a\ge bc\left(b^2+c^2\right)+a^2bc=bc\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{1}{a}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b^4+c^4+a}\le\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)

Tương tự và cộng lại ta sẽ có kết quả.

\(x^2+y^2\le x+y\Leftrightarrow\left(2x-1\right)^2\le-4y^2+4y+1\text{ (1)}\)

+Nếu \(-4y^2+4y+1< 0\) thì (1) có \(VT\ge0>VP\), (1) ko thỏa --> loại.

+Nếu \(-4y^2+4y+1=0\Leftrightarrow y=\frac{1+\sqrt{2}}{2}\text{ }\left(do\text{ }y>0\right)\) thì\(\left(2x-1\right)^2\le0\Leftrightarrow2x-1=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)

\(A=x+3y=2+\frac{3}{\sqrt{2}}\approx4.12\)

+Xét \(-4y^2+4y+1>0\Leftrightarrow\frac{1-\sqrt{2}}{2}< y< \frac{1+\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow0< y< \frac{1+\sqrt{2}}{2}\approx1.207\)

\(\left(1\right)\Leftrightarrow-\sqrt{-4y^2+4y+1}\le2x-1\le\sqrt{-4y^2+4y+1}\)

\(\Rightarrow2x\le\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}+1\)

\(2A=2x+6y\le\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}+3\left(2y-1\right)+1+3\)

Áp dụng bđt Bu-nhia-cop-xki

\(1.\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}+3.\left(2y-1\right)\le\sqrt{1^2+3^2}.\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2}=2\sqrt{5}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{1}{3^2}=\frac{2-\left(2y-1\right)^2}{\left(2y-1\right)^2}\Leftrightarrow\left(2y-1\right)^2=\frac{9}{5}\)

\(\Leftrightarrow2y-1=\pm\frac{3}{\sqrt{5}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=\frac{3}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\approx1.17\in\left(0;\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\\y=-\frac{3}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}< 0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow2A\le4+2\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow A\le2+\sqrt{5}\approx4.23\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}y=\frac{3}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\\x=\frac{1+\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}}{2}=\frac{1}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\end{cases}}\)

.Điểm rơi \(x=y=1\)

\(A\le4\)

Kết thúc chứng minh.

Ta chứng minh \(P\ge2\Leftrightarrow x^2\sqrt{x}+y^2\sqrt{y}\ge2\sqrt{xy}\)

Thay \(2=x^2+y^2\) thì bđt trở thành \(x^2\sqrt{x}+y^2\sqrt{y}\ge\left(x^2+y^2\right)\sqrt{xy}\)

\(\Leftrightarrow x^2\sqrt{x}\left(1-\sqrt{y}\right)+y^2\sqrt{y}\left(1-\sqrt{x}\right)\ge0\)

+TH1: \(\sqrt{x}=1\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=1\) thì VT = 0, bđt thỏa mãn

+TH2: \(x>1\)

bđt \(\Leftrightarrow x^2\sqrt{x}\left(1-\sqrt{y}\right)\ge y^2\sqrt{y}\left(\sqrt{x}-1\right)\text{ (*)}\)

Từ \(x>1\), ta có: \(y=\sqrt{2-x^2}< 1\)

\(\Rightarrow x>y\Rightarrow x^2\sqrt{x}>y^2\sqrt{y}>0\text{ (1)}\)

Cần chứng minh \(1-\sqrt{y}\ge\sqrt{x}-1>0\text{ (2)}\) là bđt sẽ được chứng minh

(2) \(\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}< 2\)

Thật vậy, ta có: \(x+y\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}=2\Rightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\sqrt{2\left(x+y\right)}\le2\)

Từ (1) và (2) suy ra (*) đúng.

+TH3: chứng minh tương tự TH2, chỉ đảo lại y và x.

Vậy \(P\ge2\). Dấu bằng đạt được tại x = y = 1.

\(\text{~~ Lời giải ~~}\)

Sử dụng giả thiết  \(a,b,c,d\in R^+,\)  dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy các biến số sau:

\(\frac{a\left(a+d\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{b\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}+\frac{c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge2\) \(\left(\text{*}\right)\)

Đặt bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)

Khi đó, ta kí hiệu  \(VT\left(\text{*}\right)\)  là vế trái của bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức  \(AM-GM\)  cho bốn số , ta có:

\(a+b+c+d\ge2\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\)

\(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Từ đó, ta xây dựng được một bất đẳng thức mới có dạng sau:

\(\frac{a\left(a+d\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4a\left(a+d\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{4\left(a^2+ad\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Đổi biến theo vòng hoán vị  \(b\rightarrow c\rightarrow d\rightarrow a,\)   ta lần lượt thiết lập được các bất đẳng thức tương tự theo công đoạn trên:

                                    \(\frac{b\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(b^2+ab\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

                                    \(\frac{c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4\left(c^2+bc\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

                                     \(\frac{d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(d^2+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Kết hợp bốn bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta suy ra:

\(VT\left(\text{*}\right)\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ca+da\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

Đến đây, để hoàn tất việc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng:

\(\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ca+da\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge2\)

Bằng phép biến đổi tương đương, ta thu được một bất đẳng thức mới sau:

\(\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)

là một bất đẳng thức luôn đúng với mọi  \(a,b,c,d\in R^+.\)  Do đó, điều này kéo theo bất đẳng thức ban đầu được chứng minh!

Dấu  \("="\)  xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b=c=d\)

\(\hept{\begin{cases}a=x\\b=2y\\c=3z\end{cases}}\Rightarrow a+b+c=3\)

\(Q=\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}+\frac{11c^3-b^3}{bc+4c^2}+\frac{11a^3-c^3}{ca+4a^2}\)

Cần tìm \(\beta;\gamma\) sau cho \(\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\le\gamma b+\beta a\)

\(\Leftrightarrow\frac{11.\left(\frac{b}{a}\right)^3-1}{\frac{b}{a}+4\left(\frac{b}{a}\right)^2}\le\gamma\frac{b}{a}+\beta\)

\(\Leftrightarrow\frac{11t^3-1}{t+4t^2}\le\gamma t+\beta\text{ }\left(t=\frac{b}{a}\right)\)

Dự đoán Q max khi a = b = c nên t = 1;

Tới đây dùng pp hệ số bất định để tìm ra \(\gamma=3;\text{ }\beta=-1\)

Vậy ta cần chứng minh \(\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\le3b-a\Leftrightarrow-\frac{\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2}{ab+4b^2}\le0\)

=56.64 nha bn

\(4,15+3,8+33,45+15,24\)

\(=\left(4,15+33,45\right)+3,8+15,24\)

\(=37,6+15,24+3,8\)

\(=52,84+3,8\)

\(=56,64\)