Cho $a,b\geq 0$ và $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$. Chứng minh rằng: $ab(a+b)^2\leq \frac{1}{64}$
Cho $a,b\geq 0$ và $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$. Chứng minh rằng: $ab(a+b)^2\leq \frac{1}{64}$
Bắt đầu bởi Sketchpad3356, 21-04-2017 - 16:34
bất đẳng thức và cực trị
#2
Đã gửi 21-04-2017 - 16:35
Hoang Dinh Nhat
-
- Thành viên
-
- 402 Bài viết
Sĩ quan
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$64ab(a+b)^2\leq 1$;$\Leftrightarrow 64ab(a+b)^2\leq 1^8$
$\Leftrightarrow 64ab(a+b)^2\leq (\sqrt{a}+\sqrt{b})^8$
$\Leftrightarrow 64ab(a+b)^2\leq (a+b+2\sqrt{ab})^4$ (1)
Bây giờ ta chỉ cần CM BĐT (1) là đúng.
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
$(a+b)+2\sqrt{ab}\geq 2\sqrt{(a+b).2\sqrt{ab}}$
$\Leftrightarrow (a+b+2\sqrt{ab})^4\geq (2\sqrt{(a+b).2\sqrt{ab}})^4$
$\Leftrightarrow (a+b+2\sqrt{ab})^4\geq 64ab(a+b)^2$
=> $Q.E.D$
- Sketchpad3356 yêu thích
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức và cực trị
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
