Bất đẳng thức \(\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}\ge\frac{1}{1+ab^3}+\frac{1}{1+bc^3}+\frac{1}{1+ca^3}\) của bạn sai với

[ a=1, b=1, c = 1/2 ]

Hãy check kỹ bất đẳng thức của bạn trước khi đăng câu hỏi nhé.

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)

Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn

\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

Áp dụng tiếp BĐT AM-GM

\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)

Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM

Bài 2:

Quy đồng  BĐT trên ta có:

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)

Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM 

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)

\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)

Tương tự rồi cộng theo vế

Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +

ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]

Sửa đề:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng

\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

          \(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Nếu \(a,b\ge1\)thì \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)(*)

Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1+a}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)+\left(\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\left(1+a\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\left(1+b\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{b}\left(1+a\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-\sqrt{a}\left(1+b\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{ab}-1\right)}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)*đúng do \(\sqrt{ab}\ge1\)(vì a,b\(\ge1\))*

Áp dụng bổ đề trên, ta được: \(\left(\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}\right)+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{2}{1+a^2b^2}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)

Tương tự: \(\left(\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}\right)+\frac{2}{1+c^4}\ge\frac{4}{1+bc^3}\); \(\left(\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+a^4}\right)+\frac{2}{1+a^4}\ge\frac{4}{1+ca^3}\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}\ge\frac{1}{1+ab^3}+\frac{1}{1+bc^3}+\frac{1}{1+ca^3}\)(đpcm)

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

#)Tham khảo trong hai link này nhé :

Chứng minh: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị

Chứng minh rằng: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1 ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị

P/s : Vô thống kê hỏi đáp ms dùng đc link nhé !

Ta có: \(a^4+b^4+c^4=3\Rightarrow0\le a^4;b^4;c^4\le3\Rightarrow0\le a;b;c\le\sqrt[4]{3}\)

=> \(ab,bc,ac\le\sqrt[4]{9}\)

Xét: \(\frac{18}{4-x}\le x^2+5,\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)

<=> \(18\le\left(x^2+5\right)\left(4-x\right)\)

<=> \(\left(x-1\right)^2\left(2-x\right)\ge0\)luôn đúng với \(\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)

Như vậy:

\(\frac{18}{4-ab}+\frac{18}{4-bc}+\frac{18}{4-ac}\le\left(ab\right)^2+5+\left(bc\right)^2+5+\left(ac\right)^2+5\)

\(=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2+15\le\frac{a^4+b^4}{2}+\frac{b^4+c^4}{2}+\frac{a^4+c^4}{2}+15\)

\(=a^4+b^4+c^4+15=18\)

=> \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ac}\le1\)

"=" xảy ra <=> a=b=c=1

Cách này dùng hệ số bất đinh nhưng hơi dài:

Ta có:\(ab\le\frac{a^2-b^2}{2}\)\(\Rightarrow VT\le\frac{2}{8-\left(a^2+b^2\right)}+\frac{2}{8-\left(b^2+c^2\right)}+\frac{2}{8-\left(a^2+c^2\right)}\)

Đặt \(x=\left(b^2+c^2\right)^2,y=\left(c^2+a^2\right)^2,z=\left(a^2+b^2\right)^2\)\(\Rightarrow x+y+z\le4\left(a^4+b^4+c^4\right)=12\)

Bài toán quy về cm: \(\frac{1}{8-\sqrt{x}}+\frac{1}{8-\sqrt{y}}+\frac{1}{8-\sqrt{z}}\le\frac{1}{2}\)

Đến đây ta cm: \(\frac{1}{8-\sqrt{x}}\le\frac{1}{144}\left(x-4\right)+\frac{1}{6}\)\(\Leftrightarrow\frac{x-4}{6\left(\sqrt{x}+2\right)\left(8-\sqrt{x}\right)}-\frac{1}{144}\left(x-4\right)\le0\Leftrightarrow\frac{\left(x-4\right)^2\left(\sqrt{x}-4\right)}{144\left(\sqrt{x}+2\right)^2\left(8-\sqrt{x}\right)}\le0\)

Vì \(x+y+z\le12\Rightarrow x\in\left(0,12\right)\Rightarrow\)BĐT trên đúng

CM tương tự \(\Rightarrow VT\le\frac{1}{144}\left(x+y+z-12\right)+\frac{3.1}{6}\le\frac{1}{2}\)(ddpcm)

Dấu "=" xra khi x=y=z=4<=>a=b=c=1

lp 8 mà khó thế -,- 

Có \(4=a^4+b^4+c^4+1\ge4\sqrt[4]{\left(abc\right)^4}=4abc\)\(\Leftrightarrow\)\(-abc\ge-1\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}=\frac{a+b+c}{4-abc}\le\frac{a+b+c}{4-1}=\frac{a+b+c}{3}\)

Lại có \(3=a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^4}{9}}{3}=\frac{\left(a+b+c\right)^4}{27}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^4\le81\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\le3\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{a+b+c}{3}\le\frac{3}{3}=1\) ( đpcm ) 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)

HSG khổ thế đấy cậu :((

áp dung bđt thức:  1/a +1/b+1/c >= 9/(a+b+c)  (cậu có thể lên mạng tham khảo cách cm bđt này)

           =) điều cần CM (=)  9/(12-ab-bc-ca)

áp dụng bđt thức :  2(ab+bc+ca) =< 2(a²+b²+c²)

triệt tiêu 2 đi rồi ta luôn có một điều hiển nhiên là ab+bc+ca =< a²+b²+c² =< a⁴+b⁴+c⁴ = 3

thay vào dpcm =)  9/(12-ab-bc-ca) =< 9/(12-3) = 1 

dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1