![](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)
a, Ta có: \(2\left(x^8+y^8\right)\ge\left(x^3+y^3\right)\left(x^5+y^5\right)\)
\(\Leftrightarrow x^8+y^8\ge x^5y^3+x^3y^5\)
Ta CM: \(\Leftrightarrow x^8+y^8\ge x^5y^3+x^3y^5\)
Áp dụng bđt Cô si:
\(x^8+x^8+x^8+x^8+x^8+y^8+y^8+y^8\ge8x^5y^3\) (*)
Tương tự, \(5y^3+3x^3\ge8x^3y^5\) (**)
Từ (*), (**) \(\Rightarrowđpcm\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
easy
\(VT\ge\frac{8}{\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)^2c}+\frac{8}{\left(b+c\right)^2+\left(b+c\right)^2c}+\frac{8}{\left(c+a\right)^2+\left(c+a\right)^2b}+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+\frac{\left(c+a\right)^2}{4}\)
\(=\frac{8}{\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)}+\frac{8}{\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)}+\frac{8}{\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)}+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}+\frac{\left(b+c\right)^2}{4}+\frac{\left(c+a\right)^2}{4}\)
đến đây ghép rồi dùng cô si
bài này trong đề thi của tỉnh nào đó ở nước nào đó ở hành tinh nào đó năm 2016-2017
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\left(a^{10}+b^{10}\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\)\(\left(a^8+b^8\right)\left(a^4+b^4\right)\)
\(\Leftrightarrow a^{10}b^2+a^2b^{10}\ge a^8b^4+a^4b^8\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^6b^2+a^2b^6\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)\left(a^6-b^6\right)\ge0\)
Vì a^2-b^2 va a^6-b^6 cùng dấu nên ta có điều phải chứng minh.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
<3
Cần CM: \(\frac{a}{\left(1-a\right)^3}\ge\frac{135}{16}a-\frac{27}{16}\)\(\left(0< a< 1\right)\)
thaajt vậy, bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(a-\frac{1}{3}\right)^2\left(15a^2-38a+27\right)\ge0\) đúng
\(\Sigma\frac{a}{\left(b+c\right)^3}=\Sigma\frac{a}{\left(1-a\right)^3}\ge\frac{135}{16}\left(a+b+c\right)-\frac{81}{16}=\frac{27}{8}\)
dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 1 : Áp dụng BĐT trong tam giác ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a< b+c\\b< c+a\\c< a+b\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\\b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\\c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\le a^2\\\left(b-c+a\right)\left(b+c-a\right)\le b^2\\\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\le c^2\end{matrix}\right.\)
Nhân từng vế BĐT ta được :
\(\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\le abc\) ( đpcm )
Bài 2 : Theo BĐT Cô - si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ca}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge abc\) (1)
Theo câu 1 ta lại có :
\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\dfrac{1}{8}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\sqrt{abc\left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\left(-a+b+c\right)}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(AB=\sqrt{\left(5+3\right)^2+\left(-8+2\right)^2}=10\\ BC=\sqrt{\left(-3-11\right)^2+\left(-2-0\right)^2}=10\sqrt{2}\\ AC=\sqrt{\left(5-11\right)^2+\left(-8-0\right)^2}=10\)
Ta có \(BC^2=AB^2+AC^2\left(200=100+100\right)\) nên TG ABC vuông tại A
Mà \(AB=AC\) nên ABC vuông cân tại A
*CT tổng quát: \(d=\sqrt{\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta chứng minh bổ đề: Với \(|x|\ge2\)thì \(2x^2-4x\ge0\)
Với \(x\le-2\)thì nó đúng
Xét \(x\ge2\)thì ta có:
\(2x\left(x-2\right)\ge0\)(đúng)
Quay lại bài toán:
\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(ab+1\right)+5\)
\(\Leftrightarrow4a^2b^2+4a^2+4b^2-4a^2b-4ab^2-4a-4b-16\ge0\)
\(\Rightarrow VT=\left(a^2b^2-4a^2b+4a^2\right)+\left(a^2b^2-4b^2a+4b^2\right)+\left(a^2b^2-16\right)+\left(\frac{a^2b^2}{2}-4a\right)+\left(\frac{a^2b^2}{2}-4b\right)\)
\(\ge\left(ab-2a\right)^2+\left(ab-2b\right)^2+\left(a^2b^2-16\right)+\left(2a^2-4a\right)+\left(2b^2-4b\right)\ge0\)
Vậy ta có ĐPCM
ta có BĐT cần chứng minh
<=>\(2a^8+2b^8\ge a^8+b^8+a^3b^5+a^5b^3\Leftrightarrow a^8+b^8\ge a^3b^5+a^5b^3\)
Áp dụng bđt cô-si, ta có \(a^8+a^8+a^8+b^8+b^8+b^8+b^8+b^8\ge8a^3b^5\)
tương tự, ta có \(5.a^8+3b^8\ge8a^5b^3\)
+ 2 vế của 2 bđt , ta có \(8\left(a^8+b^8\right)\ge8\left(a^3b^5+a^5b^3\right)\Rightarrow a^8+b^8\ge a^3b^5+a^5b^3\)
=> BĐT cần phải chứng minh luôn đúng
dấu = xảy ra <=> a=b>0
^_^