Chủ đề này có 1115 trả lời

[BoFaKe]

Bài phải là $(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{6}$ chứ nhỉ ??

Thế thì mình sẽ làm như sau
$\leftrightarrow ((a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2)(\frac{1}{(a-b)^2} +\frac{1}{(b-c)^2} +\frac{1}{(c-a)^2}) \geq 9$
Luôn đúng theo buniacopsky

Đề đúng đấy bạn ạ,phiền bạn đọc kĩ đề và xét dấu bằng xảy ra,đó chính là mâu thuẫn

[khanh3570883]

Bài 489:Chứng minh rằng với các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau ta có bất đẳng thức sau :
$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{4}$
------------------------------------------
P/S:Dạng khá giống với IRAN TST 96.Mọi người cùng làm nhé.

Bất đẳng thức tương đương:
\[\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right]\left[ {\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}}} \right] \ge \frac{{27}}{2}\]
Đặt:
\[\left\{ \begin{array}{l}
a - b = x \\
b - c = y \\
c - a = z \\
\end{array} \right. \Rightarrow z = - x - y\]
Khi đó ta có:
\[\begin{array}{l}
\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}} \right) \ge \frac{{27}}{2} \\
\Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} + xy\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}} \right) \ge \frac{{15}}{4} \\
\end{array}\]
Áp dụng Cô si, ta có:
\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} \ge 2 \\
xy\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}} \right) \ge \frac{7}{4} \\
\end{array} \right.\]
Vậy ta có đpcm.

P/s: Giống Iran cái gì nhỉ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 06-08-2012 - 21:45

[alex_hoang]

Bài 489:Chứng minh rằng với các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau ta có bất đẳng thức sau :
$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{4}$
------------------------------------------
P/S:Dạng khá giống với IRAN TST 96.Mọi người cùng làm nhé.

BĐT trên là đối xứng nên giải sử $a > b > c$
Đặt $b=c+x;a=c+x+y$ thì ta có $x,y>0$
Bất đẳng thức bây giờ có dạng
\[P = \frac{1}{2}({x^2} + {y^2} + {(x + y)^2})\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{{(x + y)}^2}}}} \right)\]
\[ = \frac{1}{2}(3 + \frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{{{(x + y)}^2}}} + {(x + y)^2}(\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}})) \ge \frac{{27}}{4}\]

[BoFaKe]

P/s: Giống Iran cái gì nhỉ?

Tại em thấy giống mấy vái mẫu số ,cộng với phân số $\frac{27}{4}$ nên em liên tưởng đến IRAN 96 (Đi lang thang giờ lại gặp 1 mem đồng hương )

Bài 490: Chứng minh rằn với mọi $a,b,c>0$ ta có:
$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{b+a}\geq 1$
(Em đang yếu dạng này đây:P)

Bài 491: Tìm hằng số k tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c>0$:
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9+\frac{kmax((a-b)^{2},(b-c)^{2},(c-a)^{2})}{(a+b+c)^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 07-08-2012 - 09:46

[khanh3570883]

Tại em thấy giống mấy vái mẫu số ,cộng với phân số $\frac{27}{4}$ nên em liên tưởng đến IRAN 96 (Đi lang thang giờ lại gặp 1 mem đồng hương )

Bài 490: Chứng minh rằn với mọi $a,b,c>0$ ta có:
$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{b+a}\geq 1$
(Em đang yếu dạng này đây:P)

Đã có trong diễn dàn!

Nhận xét: Bài này có thể xem là 1 VD điển hình cho cách xài BĐT Bernoulli.Với tư tưởng này,ta sẽ phải xét vị trí tương đối của các tổng $a+b;b+c;c+a$ so với số 1.
Lời giải: Dễ dàng nhận thấy rằng nếu trong 3 số $a,b,c$ có 1 số lớn hơn hay bằng 1 thì BĐT hiển nhiên đúng.Ta sẽ xét $a,b,c \in (0;1]$.
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Do $\min \{a+b;b+c;c+a \}=b+c$ nên ta xét 2 trường hợp của $b+c$:

Trường hợp 1: $b+c \ge 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=(1+a-1)^{b+c} \ge 1+(a-1)(b+c)$$
Như vậy,ta có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 3+2(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $a,b,c \in (0;1]$ nên ta có:
$$(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0 \iff 1+ab+bc+ca-a-b-c \ge abc \ge 0$$
Do đó ta có:
$$3+2(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Vậy trong trường hợp này,ta có:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 1$$

Trường hợp 2: $b+c \le 1$.
Đây có thể xem là trường hợp khó nhất của bài toán.Ta xét thêm 3 trường hợp con:
TH1: $b+c \le c+a \le a+b \le 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=\frac{a}{a^{1-(b+c)}} \ge \frac{a}{1+(a-1)[1-(b+c)]}=\frac{a}{a+b+c-a(b+c)} \ge \frac{a}{a+b+c}$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1$$

TH2: $b+c \le a+c \le 1 \le a+b$.
Khi này ta có:
$$a^{b+c} \ge a;b^{c+a} \ge b$$
Nên ta thu được:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge a+b+c^{a+b} \ge 1$$

TH3: $b+c \le 1 \le a+c \le a+b$:
Khi này ta có:$a^{b+c} \ge a$.
Sử dụng BĐT Bernoulli:
$$b^{c+a} \ge 1+(b-1)(c+a)$$
$$c^{a+b} \ge 1+(c-1)(a+b)$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $bc \ge 0;1+ab+bc+ca-a-b-c \ge 0$ nên ta có:
$$2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Như vậy,trong trường hợp này,ta cũng có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 1$$

Vậy BĐT đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c) \sim (1;0;0)$.
P/s:Tốn cả 1 tiếng đồng hồ ngồi giải bài này .

[ducthinh26032011]

Bài 492:Cho các số thực dương $x,y$.C/m:
$a)$ $$\frac{x}{\sqrt{4x^{2}+5y^{2}}}+\frac{2y}{\sqrt{4y^{2}+5xy}}\leq 1$$
$b)$ $$\frac{x^{2}}{2y}+\frac{2y^{2}}{x+y}\geq \frac{3}{2}\sqrt{\frac{x^{3}+2y^{3}}{x+2y}}$$

[henry0905]

Bài 493:
Cho $x,y\geq 1$
Chứng minh: $x\sqrt{y-1}+y\sqrt{x-1}\leq xy$

[triethuynhmath]

Bài 493:
Cho $x,y\geq 1$
Chứng minh: $x\sqrt{y-1}+y\sqrt{x-1}\leq xy$

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số:
$\sqrt{y-1}\leq \frac{y-1+1}{2}=\frac{y}{2}\Rightarrow x\sqrt{y-1}\leq \frac{xy}{2}$
Thiết lập BĐT tương tự,cộng vế theo vế $\Rightarrow x\sqrt{y-1}+y\sqrt{x-1}\leq \frac{xy+xy}{2}=xy(Q.E.D)$

[triethuynhmath]

Bài 494:
Cho a,b dương thỏa mãn $a+b=2$.Tìm GTLN của các biểu thức sau:
$a)ab(a^2+b^2)$
$b)a^2b^2(a^2+b^2)$
$c)a^3b^3(a^3+b^3)$
$d)a^6b^6(a^4+b^4)$

[Tru09]

Bài 494
Bài làm
a, ta có :$ a^2 +b^2 \leq (a+b)^2 =4$
$ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}=1$
$\Rightarrow ab(a^2+b^2) \leq 4 $
Vậy$ A_{Max} =4$
Dấu $=$ sảy ra $\leftrightarrow a=b=0$
b,Tương tự câu a
$\Rightarrow B \leq (\frac{(a+b)^2}{4})^2.((a+b)^2) =4$
Vậy$ B_{Max} =4$
Dấu $=$ sảy ra $\leftrightarrow a=b=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 17-08-2012 - 21:00

[ninhxa]

Bài 494
Bài làm
a, ta có :$ a^2 +b^2 \leq (a+b)^2 =4$
$ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}=1$
$\Rightarrow ab(a^2+b^2) \leq 4 $
Vậy$ A_{Max} =4$
Dấu $=$ sảy ra $\leftrightarrow a=b=0$

-Bất đẳng thức đó là j` vậy.
-Bài này làm như sau:
Áp dụng bdt am-gm ta có:
$2ab(a^2+b^2)\leq \frac{(a^2+b^2+2ab)^2}{4}=\frac{(a+b)^4}{4}=4$

[WhjteShadow]

Bài 494:
Cho a,b dương thỏa mãn $a+b=2$.Tìm GTLN của các biểu thức sau:
$a)ab(a^2+b^2)$
$b)a^2b^2(a^2+b^2)$
$c)a^3b^3(a^3+b^3)$
$d)a^6b^6(a^4+b^4)$

Ta sẽ đi chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau:
$\forall k\in R^{+}$ và $a,b>0,a+b=2$ ta có:
$x^ky^k(x^k+y^k)\leq 2$
Chứng minh:
$\bullet$ Với $k=1$: Bất đẳng thức trở thành $xy(x+y)\leq 2\Leftrightarrow xy\leq 1$
Nhưng điều này đúng do $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=1$
$\bullet$ Với $k=1$: Bất đẳng thức đã được chứng minh ở trên
$\bullet$ Với $k>2$:
Giả sử bài toán đúng với $k=n$ ($n \in R^{+}$) Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với $k=n+1$ tức
$$x^{n+1}.y^{n+1}.(x^{n+1}+y^{n+1})\leq 2$$
Nhưng do $x^ny^n(x^n+y^n)\leq 2$ nên ta chỉ cần chứng minh
$$x^{n+1}.y^{n+1}.(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^ny^n(x^n+y^n)$$
$$\Leftrightarrow xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^n+y^n$$
$$\Leftrightarrow 8xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq (x^n+y^n)(x+y)^3$$
$$\Leftrightarrow 5xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^{n+3}+y^{n+3}+x^3y^{n}+y^3x^{n}+3(x^2y^{n+1}+y^2x^{n+1}$$
$$\Leftrightarrow 0\leq (x-y)[x^{n+2}-y^{n+2}+2xy(x^n-y^n)+x^2y^2(y^{n-2}-x^{n-2})]$$
$$\Leftrightarrow 0\leq (x-y)^2[x^{n+1}+x^n.y+.....+xy^n+y^{n+1}+2xy(x^{n-1}+y^{n-1}+xy(x^{n-2}+x^{n-3}.y+...+y^{n-3}.x+y^{n-2})]$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với $x,y>0$ Vậy ta có ĐPCM the0 quy nạp $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 18-08-2012 - 21:50

[henry0905]

Ta sẽ đi chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau:
$\forall k\in R^{+}$ và $a,b>0,a+b=2$ ta có:
$x^ky^k(x^k+y^k)\leq 2$
Chứng minh:
$\bullet$ Với $k=1$: Bất đẳng thức trở thành $xy(x+y)\leq 2\Leftrightarrow xy\leq 1$
Nhưng điều này đúng do $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=1$
$\bullet$ Với $k=1$: Bất đẳng thức đã được chứng minh ở trên
$\bullet$ Với $k>2$:
Giả sử bài toán đúng với $k=n$ ($n \in R^{+}$) Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với $k=n+1$ tức
$$x^{n+1}.y^{n+1}.(x^{n+1}+y^{n+1})\leq 2$$
Nhưng do $x^ny^n(x^n+y^n)\leq 2$ nên ta chỉ cần chứng minh
$$x^{n+1}.y^{n+1}.(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^ny^n(x^n+y^n)$$
$$\Leftrightarrow xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^n+y^n$$
$$\Leftrightarrow 8xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq (x^n+y^n)(x+y)^3$$
$$\Leftrightarrow 5xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^{n+3}+y^{n+3}+x^3y^{n}+y^3x^{n}+3(x^2y^{n+1}+y^2x^{n+1}$$
$$\Leftrightarrow 0\leq (x-y)[x^{n+2}-y^{n+2}+2xy(x^n-y^n)+x^2y^2(y^{n-2}-x^{n-2})]$$
$$\Leftrightarrow 0\leq (x-y)^2[x^{n+1}+x^n.y+.....+xy^n+y^{n+1}+2xy(x^{n-1}+y^{n-1}+xy(x^{n-2}+x^{n-3}.y+...+y^{n-3}.x+y^{n-2})]$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với $x,y>0$ Vậy ta có ĐPCM the0 quy nạp $\blacksquare$

http://diendantoanho...thức-ax4y4x4y4/
Bài này đã chứng minh tại đây và GTLN của nó không bằng 2.

[WhjteShadow]

Bài này đã chứng minh tại đây và GTLN của nó không bằng 2.

Bạn có thể chỉ ra bài làm của mình sai ở đâu?

Bài này sai ở cái đề, đọc trong link kia sẽ thấy. Còn qui nạp thì không phải lúc nào cũng đúng. Khi cho k=4 thì GTLN của nó lớn hơn hai.

Nhưng mà bạn có thể chỉ ra bài mình sai ở đâu được không?Tại sa0 quy nạp lại không phải lúc nào cũng đúng?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 18-08-2012 - 22:30

[henry0905]

Bạn có thể chỉ ra bài làm của mình sai ở đâu?

Bài này sai ở cái đề, đọc trong link kia sẽ thấy. Còn qui nạp thì không phải lúc nào cũng đúng. Khi cho k=4 thì GTLN của nó lớn hơn hai.

[Tru09]

-Bất đẳng thức đó là j` vậy.
-Bài này làm như sau:
Áp dụng bdt am-gm ta có:
$2ab(a^2+b^2)\leq \frac{(a^2+b^2+2ab)^2}{4}=\frac{(a+b)^4}{4}=4$

Em chứng minh bdt ấy nè :|
$a^2 +b^2 \leq (a+b)^2 $
$\leftrightarrow 0 \leq ab$
Luôn thoả mãn do $a,b$ dương
Dấu $=$ sảy ra$ \leftrightarrow a$ hoặc$ b =0$
Nhưng không áp dụng dc vào bài trên vì a+b =2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 19-08-2012 - 15:18

[triethuynhmath]

Em chứng minh bdt ấy nè :|
$a^2 +b^2 \leq (a+b)^2 $
$\leftrightarrow 0 \leq ab$
Luôn thoả mãn do $a,b$ dương
Dấu $=$ sảy ra$ \leftrightarrow a$ hoặc$ b =0$
Nhưng không áp dụng dc vào bài trên vì a+b =2

Sai rồi em $a,b >0$ đọc kĩ cái đề giùm cái em sai từ những cái cơ bản.Ở những bài này dấu "=" đều xảy ra khi $a=b=1$ =;

Ta sẽ đi chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau:
$\forall k\in R^{+}$ và $a,b>0,a+b=2$ ta có:
$x^ky^k(x^k+y^k)\leq 2$
Chứng minh:
$\bullet$ Với $k=1$: Bất đẳng thức trở thành $xy(x+y)\leq 2\Leftrightarrow xy\leq 1$
Nhưng điều này đúng do $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=1$
$\bullet$ Với $k=1$: Bất đẳng thức đã được chứng minh ở trên
$\bullet$ Với $k>2$:
Giả sử bài toán đúng với $k=n$ ($n \in R^{+}$) Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với $k=n+1$ tức
$$x^{n+1}.y^{n+1}.(x^{n+1}+y^{n+1})\leq 2$$
Nhưng do $x^ny^n(x^n+y^n)\leq 2$ nên ta chỉ cần chứng minh
$$x^{n+1}.y^{n+1}.(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^ny^n(x^n+y^n)$$
$$\Leftrightarrow xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^n+y^n$$
$$\Leftrightarrow 8xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq (x^n+y^n)(x+y)^3$$
$$\Leftrightarrow 5xy(x^{n+1}+y^{n+1})\leq x^{n+3}+y^{n+3}+x^3y^{n}+y^3x^{n}+3(x^2y^{n+1}+y^2x^{n+1}$$
$$\Leftrightarrow 0\leq (x-y)[x^{n+2}-y^{n+2}+2xy(x^n-y^n)+x^2y^2(y^{n-2}-x^{n-2})]$$
$$\Leftrightarrow 0\leq (x-y)^2[x^{n+1}+x^n.y+.....+xy^n+y^{n+1}+2xy(x^{n-1}+y^{n-1}+xy(x^{n-2}+x^{n-3}.y+...+y^{n-3}.x+y^{n-2})]$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng với $x,y>0$ Vậy ta có ĐPCM the0 quy nạp $\blacksquare$

Bạn có thể chỉ ra bài làm của mình sai ở đâu?

Nhưng mà bạn có thể chỉ ra bài mình sai ở đâu được không?Tại sa0 quy nạp lại không phải lúc nào cũng đúng?

Bài quy nạp của bạn dù đúng hay sai (Theo mình là sai vì với $k=4$ mọi chuyện sẽ khác) thì vẫn không giải quyết được câu cuối là $x^6y^6(x^4+y^4)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 19-08-2012 - 16:55

[aries34]

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:

$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

BĐT Iran 96, có thể cho mình lời giải đơn giản nhất bằng AM-GM không ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi aries34: 20-08-2012 - 02:53

[no matter what]

theo mình biết thì hiện giờ chưa có cách giải chỉ băng AM-GM cho BĐT Iran 96,đây cũng là BĐT quá khó(đối với THCS,mình có tìm dc 1 lời giải (của anh CẨN )cho BĐT này bằng BĐT schur mình xin bê y nghuyên vào
nhân cả 2 vế BĐT với$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ca}$
ta có thể viết dưới dạng
$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+c)(b+a)}{c+a}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq \frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{4(ab+bc+ca)}$
do $\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}=\frac{a^2+bc}{b+c}+a$
và $\frac{9\prod (a+b)}{4\sum ab}= \frac{9}{4}\sum a-\frac{9abc}{4(ab+bc+ca)}$
BĐT tương đương $\sum \frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{9abc}{4(ab+bc+ca)}\geq \frac{5}{4}(a+b+c)$
hay $(\sum a)(\sum \frac{a^2+bc}{b+c})+\frac{9abc(\sum a)}{4\sum ab}\geq \frac{5}{4}\sum a$
do $\frac{(a^2+bc)(a+b+c)}{b+c}=a^2+bc+\frac{a^3+abc}{b+c}$,$\sum \frac{a^3+abc}{b+c}\geq a^2+b^2+c^2$
và $\frac{9abc\sum a}{4\sum ab}\geq \frac{27abc}{4\sum a}$
ta chỉ cần CM $\sum (a^2+bc)+(a^2+b^2+c^2)+\frac{27abc}{4\sum a}\geq \frac{5}{4}(a+b+c)^2$
thu gọn ta dc SCHUR dạng phân thức

[henry0905]

Sai rồi em $a,b >0$ đọc kĩ cái đề giùm cái em sai từ những cái cơ bản.Ở những bài này dấu "=" đều xảy ra khi $a=b=1$ =;

Bài quy nạp của bạn dù đúng hay sai (Theo mình là sai vì với $k=4$ mọi chuyện sẽ khác) thì vẫn không giải quyết được câu cuối là $x^6y^6(x^4+y^4)$

Chém bài này:
$\frac{(xy)^{4}}{2}.2(xy)^{2}(x^{4}+y^{4})\leq \frac{(xy)^{4}.(x^{2}+y^{2})^{4}}{8}\leq \frac{(x+y)^{16}}{2^{8}.2^{4}.2^{3}}=2$