Chủ đề này có 3 trả lời

[doanminhhien127]

Cho $a $ và $b$ là các số thực dương thỏa mãn $a^{4}+b^{4}=2$. Chứng minh rằng$\frac{5a^{2}}{b}+\frac{3b^{3}}{a^{2}}\geqslant 8$.

[Hai2003]

Dùng BĐT quen thuộc $x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}$, ta có $a^4+b^4\geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2}\implies a^2+b^2\leq2$

Mà $a^2+b^2\geq 2ab$ nên $ab\leq 1\implies a^2b\leq a$

 

Suy ra $\frac{5a^2}{b}+\frac{3b^3}{a^2}=\frac{5a^4+3b^4}{a^2b}\geq \frac{3(a^4+b^4)+2a^4}{a}=\frac{6+2a^4}{a}\quad (1)$

Áp dụng AM-GM: $6+2a^4=2+2+2+2a^4\geq 4\sqrt[4]{2.2.2.2a^4}=8a$

Như vậy $\frac{6+2a^4}{a}\geq \frac{8a}{a}=8\quad (2)$

 

$(1),(2)\ \implies \frac{5a^2}{b}+\frac{3b^3}{a^2}\geq 8$

[hanguyen445]

Từ $a^4+b^4=2\Rightarrow\sqrt[4]{2}=\sqrt[4]{a^4+b^4}$.

Chuyển BĐT về dạng thuần nhất BĐT tương đương $5a^4+3b^4\ge 8a^2b=\dfrac{8}{\sqrt[4]{2}}\sqrt[4]{a^4+b^4}$

 $\Leftrightarrow 5k^4+3\ge \dfrac{8}{\sqrt[4]{2}} k^2\sqrt[4]{k^4+1}$(*) với $k=\dfrac{a}{b}$

Ta có: $5k^4+3=3(k^4+1)+2k^4\ge 4k \sqrt[4]{2(k^4+1)^3}$

Do đó BĐT(*) được chứng minh nếu ta chứng minh được:

$4k\sqrt[4]{2(k^4+1)^3}\ge \dfrac{8}{\sqrt[4]{2}}k^2\sqrt[4]{k^4+1}$

$\Leftrightarrow\sqrt[4]{4(k^4+1)^3}\ge 2k\sqrt[4]{k^4+1}$

$\Leftrightarrow\sqrt{2(k^4+1)}\ge 2k\Leftrightarrow (k^2-1)^2\ge 0$ luôn đúng.

Vậy BĐT (*) được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 17-09-2016 - 12:57

[hanguyen445]

hơi dài

Hình gửi kèm

•