Dấu BĐT bị ngược, sửa đề: \(\dfrac{1}{a^4+b^4+2ab^4}+\dfrac{1}{a^2+b^4+2a^2b^2}\le\dfrac{1}{2}\).

Đặt \(b^2=x\left(x>0\right)\Rightarrow a+x=2ax\).

Khi đó ta cần chứng minh:

\(\dfrac{1}{a^4+x^2+2ax^2}+\dfrac{1}{a^2+x^4+2a^2x}\le\dfrac{1}{2}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\dfrac{1}{a^4+x^2+2ax^2}+\dfrac{1}{a^2+x^4+2a^2x}\)

\(\le\dfrac{1}{2a^2x+2ax^2}+\dfrac{1}{2ax^2+2a^2x}\)

\(=\dfrac{2}{2ax\left(a+x\right)}\)

\(=\dfrac{1}{ax\left(a+x\right)}\)

\(=\dfrac{1}{2a^2x^2}\)

Ta thấy: \(a+x\ge2\sqrt{ax}\)

\(\Leftrightarrow2ax\ge2\sqrt{ax}\)

\(\Leftrightarrow ax-\sqrt{ax}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ax}\left(\sqrt{ax}-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ax}\ge1\)

\(\Rightarrow ax\ge1\)

Khi đó: \(\dfrac{1}{2a^2x^2}\le\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^4+x^2+2ax^2}+\dfrac{1}{a^2+x^4+2a^2x}\le\dfrac{1}{2}\)

Hay \(\dfrac{1}{a^4+b^4+2ab^4}+\dfrac{1}{a^2+b^4+2a^2b^2}\le\dfrac{1}{2}\).

Với a,b > = 0 và a + b = a²b²

Ta có:

\(VT=\sqrt{a+b+4\sqrt{a+b+2ab+1}}=\sqrt{a^2b^2+4\sqrt{a^2b^2+2ab+1}}\)

\(=\sqrt{a^2b^2+4\sqrt{\left(ab+1\right)^2}}=\sqrt{a^2b^2+4\left(ab+1\right)}\)

\(=\sqrt{a^2b^2+4ab+4}=\sqrt{\left(ab+2\right)^2}=ab+2=VP\)

=> đpcm

ta có :

\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{a^2+b^2-ab}{ab}+1\)

Vậy \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{ab}{a^2-ab+b^2}=\frac{a^2+b^2-ab}{ab}+\frac{ab}{a^2-ab+b^2}+1\ge2+1=3\)(BĐT Cauchy)

Vậy ta có điều phải chứng minh

dấu bằng xảy ra khi : \(\frac{ab}{a^2-ab+b^2}=\frac{a^2-ab+b^2}{ab}\Leftrightarrow a=b\)

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

Câu 1:

\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)

\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)

\(3=a+b+ab\le a+b+\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow\left(a+b\right)^2+4\left(a+b\right)-12\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b-2\right)\left(a+b+6\right)\ge0\Rightarrow a+b\ge2\)

Đặt vế trái của BĐT là P

\(P=\frac{4a\left(a+1\right)+4b\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+2ab-\sqrt{7-3\left(3-a-b\right)}\)

\(P=\frac{4\left(a^2+b^2+a+b\right)}{ab+a+b+1}+2ab-\sqrt{3\left(a+b\right)-2}\)

\(P=a^2+b^2+a+b+2ab-\sqrt{3\left(a+b\right)-2}\)

\(P=\left(a+b\right)^2+a+b-\sqrt{3\left(a+b\right)-2}\)

Đặt \(\sqrt{3\left(a+b\right)-2}=x\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge2\\a+b=\frac{x^2+2}{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow P=\left(\frac{x^2+2}{3}\right)^2+\frac{x^2+2}{3}-x=\frac{x^4+7x^2-9x+10}{9}\)

\(P=\frac{x^4+7x^2-9x-26+36}{9}=\frac{\left(x-2\right)\left(x^3+2x^2+11x+13\right)}{9}+4\ge4\) ; \(\forall x\ge2\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\) hay \(a=b=1\)

cíu toi với

cần gấp lắm các bạn

Từ giả thiết 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b và 𝑎 , 𝑏 > 0 a,b>0 suy ra 𝑎 − 𝑏 > 0 a−b>0, tức 𝑎 > 𝑏 a>b. Viết lại phương trình dưới dạng ( 𝑎 3 − 𝑎 ) + ( 𝑏 3 + 𝑏 ) = 0 ⟹ 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) + 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 0. (a 3 −a)+(b 3 +b)=0⟹a(a 2 −1)+b(b 2 +1)=0. Vì 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) > 0 b(b 2 +1)>0 (do 𝑏 > 0 b>0), nên phải có 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) < 0 a(a 2 −1)<0. Do 𝑎 > 0 a>0 nên 𝑎 2 − 1 < 0 a 2 −1<0, tức 𝑎 2 < 1 ⇒ 0 < 𝑎 < 1. a 2 <1⇒0<a<1. Từ phương trình ban đầu ta cũng có 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 𝑎 − 𝑎 3 . b(b 2 +1)=a−a 3 . Vì 𝑏 2 + 1 > 1 b 2 +1>1 nên 𝑏 = 𝑎 − 𝑎 3 𝑏 2 + 1 < 𝑎 − 𝑎 3 . b= b 2 +1 a−a 3 <a−a 3 . Do đó 𝑎 + 𝑏 < 𝑎 + ( 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 − 𝑎 3 . a+b<a+(a−a 3 )=2a−a 3 . Nhân hai vế với 𝑎 > 0 a>0 được 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 𝑎 ( 2 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 . a(a+b)<a(2a−a 3 )=2a 2 −a 4 . Xét hàm 𝑓 ( 𝑎 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 f(a)=2a 2 −a 4 trên khoảng 0 < 𝑎 < 1 0<a<1. Ta có 𝑓 ′ ( 𝑎 ) = 4 𝑎 − 4 𝑎 3 = 4 𝑎 ( 1 − 𝑎 2 ) > 0 (v ı ˋ   0 < 𝑎 < 1 ) , f ′ (a)=4a−4a 3 =4a(1−a 2 )>0(v ı ˋ  0<a<1), nên 𝑓 f tăng trên ( 0 , 1 ) (0,1) và do đó 𝑓 ( 𝑎 ) < 𝑓 ( 1 ) = 1 f(a)<f(1)=1. Kết hợp với bất đẳng thức trên suy ra 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1. a(a+b)<1. Trở về mục tiêu, từ phân tích ban đầu (chia cả hai vế 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b cho 𝑎 + 𝑏 a+b) 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 = 𝑎 − 𝑏   𝑎 + 𝑏   = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 , a 2 −ab+b 2 = a+b a−b =1− a+b 2b , nên 𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 = ( 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 ) + 2 𝑎 𝑏 = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 . a 2 +b 2 +ab=(a 2 −ab+b 2 )+2ab=1− a+b 2b +2ab. Vì 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1 a(a+b)<1 tương đương 𝑎 < 1 𝑎 + 𝑏 a< a+b 1 , suy ra 2 𝑎 𝑏 < 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 2ab< a+b 2b . Do đó 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 < 1 , 1− a+b 2b +2ab<1, tức   𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 < 1   . a 2 +b 2 +ab<1 .

Giải như sau:

Từ giả thiết 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b và 𝑎 , 𝑏 > 0 a,b>0 suy ra 𝑎 − 𝑏 > 0 a−b>0, tức 𝑎 > 𝑏 a>b. Viết lại phương trình dưới dạng ( 𝑎 3 − 𝑎 ) + ( 𝑏 3 + 𝑏 ) = 0 ⟹ 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) + 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 0. (a 3 −a)+(b 3 +b)=0⟹a(a 2 −1)+b(b 2 +1)=0. Vì 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) > 0 b(b 2 +1)>0 (do 𝑏 > 0 b>0), nên phải có 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) < 0 a(a 2 −1)<0. Do 𝑎 > 0 a>0 nên 𝑎 2 − 1 < 0 a 2 −1<0, tức 𝑎 2 < 1 ⇒ 0 < 𝑎 < 1. a 2 <1⇒0<a<1. Từ phương trình ban đầu ta cũng có 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 𝑎 − 𝑎 3 . b(b 2 +1)=a−a 3 . Vì 𝑏 2 + 1 > 1 b 2 +1>1 nên 𝑏 = 𝑎 − 𝑎 3 𝑏 2 + 1 < 𝑎 − 𝑎 3 . b= b 2 +1 a−a 3 <a−a 3 . Do đó 𝑎 + 𝑏 < 𝑎 + ( 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 − 𝑎 3 . a+b<a+(a−a 3 )=2a−a 3 . Nhân hai vế với 𝑎 > 0 a>0 được 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 𝑎 ( 2 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 . a(a+b)<a(2a−a 3 )=2a 2 −a 4 . Xét hàm 𝑓 ( 𝑎 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 f(a)=2a 2 −a 4 trên khoảng 0 < 𝑎 < 1 0<a<1. Ta có 𝑓 ′ ( 𝑎 ) = 4 𝑎 − 4 𝑎 3 = 4 𝑎 ( 1 − 𝑎 2 ) > 0 (v ı ˋ   0 < 𝑎 < 1 ) , f ′ (a)=4a−4a 3 =4a(1−a 2 )>0(v ı ˋ  0<a<1), nên 𝑓 f tăng trên ( 0 , 1 ) (0,1) và do đó 𝑓 ( 𝑎 ) < 𝑓 ( 1 ) = 1 f(a)<f(1)=1. Kết hợp với bất đẳng thức trên suy ra 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1. a(a+b)<1. Trở về mục tiêu, từ phân tích ban đầu (chia cả hai vế 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b cho 𝑎 + 𝑏 a+b) 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 = 𝑎 − 𝑏   𝑎 + 𝑏   = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 , a 2 −ab+b 2 = a+b a−b =1− a+b 2b , nên 𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 = ( 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 ) + 2 𝑎 𝑏 = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 . a 2 +b 2 +ab=(a 2 −ab+b 2 )+2ab=1− a+b 2b +2ab. Vì 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1 a(a+b)<1 tương đương 𝑎 < 1 𝑎 + 𝑏 a< a+b 1 , suy ra 2 𝑎 𝑏 < 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 2ab< a+b 2b . Do đó 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 < 1 , 1− a+b 2b +2ab<1, tức   𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 < 1   . a 2 +b 2 +ab<1.

*Chúc em học tốt! ^^*

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( 1 + a ) ( 1 + b ) ≥ 1 + a b 2 ⇔ 1 + a + b + a b ≥ 1 + 2 a b + a b ⇔ a + b − 2 a b ≥ 0 ⇔ a - b 2 ≥ 0

(luôn đúng với mọi a, b > 0)