\(abcd=1\)

Tính \(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge6\)

">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

14 tháng 4 2018

Nếu đề bài là chứng minh thì làm thế này:

theo cosi ( \(a^2,b^2\ge o\))ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab\)

\(c^2+d^2\ge2cd\)

\(=>a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3ab+3cd\)

theo cosi tiếp => \(3ab+3cd\ge2\sqrt{9abcd}=2\sqrt{9}=6\)

Dấu = xảy ra khi ab=cd

10 tháng 9 2018

\(1.\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(2.\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\frac{a^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge a\left(b+c+d\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=0\)
\(3.\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\left(\frac{a}{2}-e\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{2}=b=c=d=e\)
4. Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

\(\left(c-d\right)^2\ge0\Rightarrow c^2+d^2\ge2cd\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge2ab+2cd\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3ab+3cd\)
Ta lại có:\(\left(\sqrt{ab}-\sqrt{cd}\right)^2\ge0\Rightarrow ab+cd\ge2\sqrt{abcd}=2\)

\(\Rightarrow3\left(ab+cd\right)\ge6\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3\left(ab+cd\right)\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b\\c=d\\ab=cd\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=d\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2017

Bài 3:

a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{xy}+\frac{2}{x^2+y^2}=2\left(\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\) \(\geq 2.\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}=\frac{8}{(x+y)^2}=8\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

b) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}=\frac{1}{2xy}+\left (\frac{1}{2xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\right)\geq \frac{1}{2xy}+\frac{(1+1)^2}{2xy+x^2+y^2}\)

\(=\frac{1}{2xy}+\frac{4}{(x+y)^2}\)

Theo BĐT AM-GM:

\(xy\leq \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow \frac{1}{2xy}\geq 2\)

Do đó \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2+y^2}\geq 2+4=6\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2017

Bài 1: Thiếu đề.

Bài 2: Sai đề, thử với \(x=\frac{1}{6}\)

Bài 4 a) Sai đề với \(x<0\)

b) Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^4-x+\frac{1}{2}=\left (x^4+\frac{1}{4}\right)-x+\frac{1}{4}\geq x^2-x+\frac{1}{4}=(x-\frac{1}{2})^2\geq 0\)

Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} x^4=\frac{1}{4}\\ x=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\) (vô lý)

Do đó dấu bằng không xảy ra , nên \(x^4-x+\frac{1}{2}>0\)

Bài 6: Áp dụng BĐT AM-GM cho $6$ số:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}=6\)

Do đó ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)

10 tháng 8 2017

5) a) Đặt b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z thì 2a=y+z;2b=x+z;2c=x+y

Ta có:

\(\dfrac{2a}{b+c-a}+\dfrac{2b}{a+c-b}+\dfrac{2c}{a+b-c}=\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{x+z}{y}+\dfrac{x+y}{z}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}\right)+\left(\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{z}\right)\ge6\)

Vậy ta suy ra đpcm

b) Ta có: a+b>c;b+c>a;a+c>b

Xét: \(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{b+c+a}=\dfrac{2}{a+b+c}>\dfrac{2}{a+b+a+b}=\dfrac{1}{a+b}\)

.Tương tự:

\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}>\dfrac{1}{b+c};\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}>\dfrac{1}{a+c}\)

Vậy ta có đpcm

10 tháng 8 2017

6) Ta có:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2cd+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)

\(ab+cd=ab+\dfrac{1}{ab}\ge2\)

Suy ra đpcm

Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

TT\(\Rightarrow c^2+d^2\ge2cd\)

BĐT\(\Leftrightarrow3ab+3cd\ge6\)

\(\Leftrightarrow ab+cd\ge2\)

Lại có \(ab+cd\ge2\sqrt{abcd}=2\)

\(\Rightarrowđpcm\)

5 tháng 3 2019

Áp dụng bất đẳng thức: \(x^2+y^2\ge2xy\) ta có:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge2ab+2bc+ab+cd=3\left(ab+cd\right)\)Mặt khác: \(3\left(ab+cd\right)=3\left(ab+\frac{abcd}{ab}\right)=3\left(ab+\frac{1}{cd}\right)\ge3.2=6\) \(\left(BĐT:\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\right)\)

Vậy \(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge6\)(đpcm)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018

Bài 1:

(a)

Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)

Ta có đpcm.

(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.

Đặt

\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)

Khi đó:

\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)

\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$

(c):

Theo BĐT tam giác:

\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)

\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:

\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)

Ta có đpcm.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018

Bài 2:

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:

\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)

https://olm.vn/hoi-dap/detail/197454392847.html

1 tháng 3 2019

thanhs nhìu bn nha

26 tháng 11 2017

sai đề

26 tháng 11 2017

-_-"

tớ thấy nó cứ sao sao ý !

như kiểu là đề sai

5 tháng 8 2017

Trả lời gấp giùm mình nha! Ngày mai mình kiểm tra rồi. Rất mong các bạn trả lời sớm nhất