![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có :
\(2\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\) ( Bất đẳng thức Bunhiacopski)
Mà lại có \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\) (BĐT ....)
\(\Rightarrow a^4+b^4\ge\frac{1}{8}\left(a+b\right)^2>\frac{1}{8}\cdot1=\frac{1}{8}\)(đpcm)
KL:.........
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 2:
a) Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
\(\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4b}\) \(\ge2\sqrt{\dfrac{1}{4^2ab}}=\dfrac{2}{4\sqrt{ab}}=\dfrac{1}{2\sqrt{ab}}\)
\(\ge\dfrac{1}{a+b}\) (Đpcm)
b) Trừ 1 vào từng vế của BĐT ta được BĐT tương đương:
\(\left(\frac{x}{2x+y+z}-1\right)+\left(\frac{y}{x+2y+z}-1\right)+\left(\frac{z}{x+y+2z}-1\right)\le\frac{-9}{4}\)
\(\Leftrightarrow-\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\le-\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)
Áp dụng BĐT phụ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) ta có:
\(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\)
\(\ge\dfrac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}=\dfrac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{x+2y+z}+\dfrac{z}{x+y+2z}\le\dfrac{3}{4}\) (Đpcm)
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a-1+b-1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\)
Nên cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge8\left(a+b-2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge8a+8b-16\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)^2\ge0\) luôn đúng
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}>\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow a^4+b^4\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}>\frac{1}{8}\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 1/2
Ta có : a + b > 1 > 0 (1)
Bình phương hai vế : (a + b)2 > 1 => a2 + 2ab + b2 > 1 (2)
Mặt khác (a - b)2 \(\ge\)0 => a2 - 2ab + b2 \(\ge\)0 (3)
Cộng từng vế của (2) hoặc (3) : \(2\left(a^2+b^2\right)>1\)=> a2 + b2 \(\ge\frac{1}{2}\)(4)
Bình phương hai vế của (4) : \(a^4+2a^2b^2+b^4>\frac{1}{4}\)(5)
Mặt khác \(\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)=> a4 + 2a2b2 + b4 \(\ge\)0 (6)
Cộng từng vế (5) và (6) : \(2\left(a^4+b^4\right)>\frac{1}{4}\)=> \(a^4+b^4>\frac{1}{8}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
vì a+b> 1 => ít nhất 1 trong 2 số phải >2, a^4 là SCP là STN nên nó >= 16>8 (đpcm)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\Leftrightarrow x^2+y^2\ge\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2\)(1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được:
\(a^4+b^4\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)^2\ge\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2\right]^2>\frac{1}{8}\).