Cho a,b>0 .Cmr (a+b)4 \(\ge\)16ab(a-b)2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
MD
0
HA
2
NT
19 tháng 10 2015
Với a,b không âm,áp dụng CAUCHY 2 lần ta có
\(a+4b\ge2\sqrt{4ab}=4\sqrt{ab}\)(1)
\(1+4ab\ge2\sqrt{4ab}=4\sqrt{ab}\)(2)
Nhân 2 vế của (1) và (2) ta có:\(\left(a+4b\right)\left(1+4ab\right)\ge16ab\)
Lại chia cả 2 vế cho (1+4ab) ta được điều cần cminh...
20 tháng 3 2020
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét 2 trường hợp :
+) TH : \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\ge\frac{a^2}{b^2}\)
Dễ thấy \(\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}\ge\frac{b^2}{a^2}\); \(\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge\frac{16ab}{a^2+b^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2\right)+\frac{16}{\frac{a^2+b^2}{ab}}\ge12\)\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+\frac{16}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\ge12\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t\)( t \(\ge\)2 )
BĐT trở thành : \(t^2+\frac{16}{t}\ge12\Leftrightarrow t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge12\)
Ta có : \(t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge3\sqrt[3]{t^2.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12\)
+) TH \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}< \frac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow b^2\left(a^2+16bc\right)< a^2\left(b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow16b^3c< a^2c^2\Leftrightarrow16b^3< a^2c\)
Do \(b\ge c\)nên \(16b^3< a^2c\le a^2b\Rightarrow a^2>16b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}=16+\frac{\left(a^2-16b^2\right)+16c\left(b-c\right)}{b^2+c^2}>16\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}>\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}>16>10\)
Bài toán được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi a = b , c = 0 và các hoán vị
P/s : bài này ở trong sách gì mà mk quên rồi
4 tháng 3 2024
Mình thấy trong sách "Bất đẳng thức cực trị 8 9" của Võ Quốc Bá Cẩn đấy
3 tháng 1 2019
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 1 2019
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
AT
31 tháng 5 2018
\(a^4+b^4+2=a^4+b^4+1+1\ge4\sqrt[4]{a^{4\cdot}\cdot b^4\cdot1\cdot1}=4ab\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi a = b
31 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm , ta có :
a4 + b4 + 1 + 1 ≥ \(4\sqrt[4]{a^4.b^4.1.1}=4ab\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = 1
EC
4
13 tháng 10 2018
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\frac{b}{ab}+\frac{a}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+b\right)\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(đpcm\right)\)
13 tháng 10 2018
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) \(\left(ĐK:a>0;b>0\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+b\right)\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (BĐT luôn đúng)
Vậy \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
T
10 tháng 7 2019
Bài 1: \(a+\frac{1}{b\left(a-b\right)}=\left(a-b\right)+b+\frac{1}{b\left(a-b\right)}\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta thu được đpcm (mình làm ở đâu đó rồi mà:)
Dấu "=" xảy ra khi a =2; b =1 (tự giải ra)
Bài 2: Thêm đk a,b,c >0.
Theo BĐT Cauchy \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{c^2}}=\frac{2a}{c}\). Tương tự với hai cặp còn lại và cộng theo vế ròi 6chia cho 2 hai có đpcm.
Bài 3: Nó sao sao ấy ta?
Cần cù bù thông minh
\(\left(a+b\right)^4\ge16ab\left(a-b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^4+4ab^3+6a^2b^2+4a^3b+b^4\ge16ab\left(a^2-2ab+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+4ab^3+6a^2b^2+4a^3b+b^4\ge16a^3b-32a^2b^2+16ab^3\)
\(\Leftrightarrow a^4-12a^3b+38a^2b^2-12ab^3+b^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(6ab\right)^2+2a^2b^2-2\cdot6aba^2-2\cdot6abb^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-6ab+b^2\right)^2\ge0\) (luôn đúng)