Chủ đề này có 3 trả lời

[Poseidont]

Chứng minh bđt:
$ \dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a} +7(a+b) \ge 8 \sqrt{2(a^2+b^2)}$
-------------------------------
MOD: + Công thức kẹp giữa 2 dấu đô la
+ Gõ $\LaTeX$ lên tiêu đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 17-11-2011 - 22:10

[Didier]

BĐT $ \Leftrightarrow (a-b)^{2}(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{8}{\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}+a+b})\geq 0$
$ \Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 17-11-2011 - 22:38

[Poseidont]

không ai làm theo kiểu dùng bdt khac ah, ai giup em vs

[perfectstrong]

không ai làm theo kiểu dùng bdt khac ah, ai giup em vs

BĐT này sử dụng tương đương là bền nhất.
Mà phải thêm điều kiện là a,b>0
Viết lại lời giải cho dễ hiểu.
Lời giải:
\[\begin{gathered}
\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{a} + 7(a + b) \geqslant 8\sqrt {2({a^2} + {b^2})} \\
\Leftrightarrow {a^2}{b^2}{\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{a} + 7(a + b)} \right)^2} \geqslant {a^2}{b^2}.64.2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \\
\Leftrightarrow {a^6} + 14{a^5}b + 63{a^4}{b^2} + 100{a^3}{b^3} + 63{a^2}{b^4} + 14a{b^5} + {b^6} \geqslant 128{a^4}{b^2} + 128{a^2}{b^4} \\
\Leftrightarrow {a^6} + 14{a^5}b - 65{a^4}{b^2} + 100{a^3}{b^3} - 65{a^2}{b^4} + 14a{b^5} + {b^6} \geqslant 0\left( 1 \right) \\
\end{gathered} \]
Chia (1) cho $b^6$ và đặt $t=\dfrac{a}{b}>0$ thì ta thu được:
\[ \Leftrightarrow {t^6} + 14{t^5} - 65{t^4} + 100{t^3} - 65{t^2} + 14t + 1 \geqslant 0\]
\[ \Leftrightarrow \left( {{t^2} - 2t + 1} \right)\left( {{t^4} + 16{t^3} - 34{t^2} + 16t + 1} \right) \geqslant 0\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {{t^2} - 2t + 1} \right)\left( {{t^2} + 18t + 1} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^4}\left( {t + 9 - 4\sqrt 5 } \right)\left( {t + 9 + 4\sqrt 5 } \right) \geqslant 0\]
Dễ thấy bđt cuối đúng với mọi t>0 nên ta có đpcm. Đẳng thức $\Leftrightarrow t=1 \Leftrightarrow a=b$