Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Có:\(a+b+c+d\ge4\sqrt[4]{abcd}\)(BĐT Cô-si)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\frac{4\sqrt[4]{abcd}}{4}=\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)^4\ge abcd\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=d\)
Đề bài của bạn bị ngược dấu. Phải là \(2\sqrt{ab+bc+ac}\leq \sqrt{3}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Lời giải:
Lũy thừa 6, BĐT trên tương đương với \(2^6(ab+bc+ac)^3\leq 27[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\) \((\star)\)
Thật vậy:
Áp dụng BĐT AM-GM: \((a+b+c)(ab+bc+ac)\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)
Do đó: \((a+b)(b+c)(c+a)=ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)+2abc=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\)
\(\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}\)
\(\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\)
Suy ra \([(a+b)(b+c)(c+a)]^2\geq \frac{64}{81}(a+b+c)^2(ab+bc+ac)^2\)
Mà theo hệ quả của BĐT AM-GM: \((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow [(a+b)(b+c)(c+a)]^2\geq \frac{64}{27}(ab+bc+ac)^3\)
hay \(64(ab+bc+ac)^3\leq 27[(a+b)(b+c)(c+a)]^2\)
BĐT \((\star)\) được chứng minh. Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoxki, ta được :
\(\left(a+b\right)^2=\left(1.a+1.b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}\ge\frac{a+b}{\sqrt{2}}\)(1)
Tương tự ta chứng minh được : \(\sqrt{b^2+c^2}\ge\frac{b+c}{\sqrt{2}}\)(2)
\(\sqrt{c^2+a^2}\ge\frac{c+a}{\sqrt{2}}\)(3)
Cộng (1) , (2) , (3) theo vế ta được :
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt{2}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)(đpcm)
3a) ta có \(\frac{a^2}{a+b}=a-\frac{ab}{a+b}>=a-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=a-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)
vì \(a,b>0,a+b>=2\sqrt{ab}nên\frac{ab}{a+b}< =\frac{ab}{2\sqrt{ab}}\)
tương tự \(\frac{b^2}{b+c}=b-\frac{bc}{b+c}>=b-\frac{bc}{2\sqrt{bc}}=b-\frac{\sqrt{bc}}{2}\)
tương tự \(\frac{c^2}{c+a}=c-\frac{ca}{c+a}>=c-\frac{ca}{2\sqrt{ca}}=c-\frac{\sqrt{ca}}{2}\)
cộng từng vế BĐT ta được \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=a+b+c-\frac{\sqrt{ab}}{2}-\frac{\sqrt{bc}}{2}-\frac{\sqrt{ca}}{2}=\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}\left(1\right)\)
giả sử \(\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}>=\frac{a+b+c}{2}\)
<=> \(2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=a+b+c\)
<=> \(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=0\)
<=> \(2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}>=0\)
<=> \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2>=0\)
(đúng với mọi a,b,c >0) (2)
(1),(2)=> \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)
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
Ta chứng minh bất đẳng thức sau
Với x, y, z > 0 ta luôn có \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\) (1)
Theo BĐT Cô-si
\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4\sqrt[4]{x^8y^4z^4}=4x^2yz\)
\(y^4+y^4+z^4+x^4\ge4\sqrt[4]{y^8z^4x^4}=4y^2zx\)
\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4\sqrt[4]{z^8x^4y^4}=4z^2xy\)
Cộng vế theo vế ta được: \(4\left(x^4+y^4+z^4\right)\ge4\left(x^2yz+y^2zx+z^2xy\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
Vậy (1) đc c/m
Bất đẳng thức cần c/m có thể viết lại thành
\(\frac{abcd}{a^4+b^4+c^4+abcd}+\frac{abcd}{b^4+c^4+d^4+abcd}+\frac{abcd}{c^4+d^4+a^4+abcd}+\frac{abcd}{d^4+a^4+b^4+abcd}\le1\)
Áp dụng (1) ta có
\(\frac{abcd}{a^4+b^4+c^4+abcd}\le\frac{abcd}{abc\left(a+b+c\right)+abcd}=\frac{abcd}{abc\left(a+b+c+d\right)}=\frac{d}{a+b+c+d}\)
Tương tự
\(\frac{abcd}{b^4+c^4+d^4+abcd}\le\frac{a}{a+b+c+d}\)
\(\frac{abcd}{c^4+d^4+a^4+abcd}\le\frac{b}{a+b+c+d}\)
\(\frac{abcd}{d^4+a^4+b^4+abcd}\le\frac{c}{a+b+c+d}\)
Cộng theo vế suy ra đpcm.
cái này hình như bđt cosi cho 4 số thì phải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\\c+d\ge2\sqrt{cd}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a+b+c+d\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\left(1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\ge2\sqrt{\sqrt{abcd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\frac{2\sqrt[4]{abcd}}{2}=\sqrt[4]{abcd}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\sqrt[4]{abcd}\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)
Chúc bạn học tốt !!!