post ít một thôi

Bài 5.

1. Chứng minh

$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}$

Ta có:

$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}$

$=\dfrac{2b(a+b)+a(a+b)-4ab}{ab(a+b)}$

$=\dfrac{a^2-ab+2b^2}{ab(a+b)}$

$=\dfrac{(a-b)^2+b^2}{ab(a+b)}\ge0$

Vậy: $\boxed{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}}$

2. Chứng minh

$\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\ge\dfrac{a}{a+b+c}$

Vì $a,b,c>0$ nên:

$\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c>\dfrac1a$

Mà: $\dfrac1a>\dfrac{a}{a+b+c}$

Suy ra: $\boxed{\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\ge\dfrac{a}{a+b+c}}$

1.

$a^3+b^4-ab(a+b)$

$=a^3+b^4-a^2b-ab^2$

$=a^2(a-b)+b^2(b-a)$

$=(a-b)(a^2-b^2)$

$=(a-b)^2(a+b)\ge0$

Suy ra: $\boxed{a^3+b^4\ge ab(a+b)}$

2.

$a^4+b^4-ab(a^2+b^2)$

$=a^4+b^4-a^3b-ab^3$

$=a^3(a-b)+b^3(b-a)$

$=(a-b)(a^3-b^3)$

$=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge0$

Vậy: $\boxed{a^4+b^4\ge ab(a^2+b^2)}$

3.

$a^5+b^5-ab(a^3+b^3)$

$=a^5+b^5-a^4b-ab^4$

$=a^4(a-b)+b^4(b-a)$

$=(a-b)(a^4-b^4)$

$=(a-b)^2(a+b)(a^2+b^2)\ge0$

Vậy: $\boxed{a^5+b^5\ge ab(a^3+b^3)}$

3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :

\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)

\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)

\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)

Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :

\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)

Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:

\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)

Do đó:

\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Ta có : \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Đánh giá tương tự , ta cũng có :

\(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2},\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ab}{2}\)

Từ đó suy ra :

\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\frac{ab+bc+c}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)

Mặt khác ,ta biết rằng \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3.\)Từ đây ,kết hợp với đánh giá ở trên ,ta có kết quả cần chứng minh.

\(Ta\)\(có\) \(\frac{a}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{1+b^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge2ab\)ta có

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

Chứng minh tương tụ với \(\frac{b}{1+c^2};\frac{c}{1+a^2}\)ta được

\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\frac{ab+bc+ac}{2}\) \(\left(1\right)\)

Mặt khác ta có :

\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(Hay\)\(3^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\le3\)\(\left(2\right)\)
\(Từ\)\(\left(1\right)\)\(\left(2\right)\)\(\Rightarrow\)\(a+b+c-\frac{ab+bc+ac}{2}\)\(\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)\(\left(3\right)\)

\(Từ\)\(\left(1\right)\)\(\left(3\right)\)\(\Rightarrow\)\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\)

                                                                                                       \(\left(đpcm\right)\)