Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge1\)
Khi đó dễ thấy dấu = sẽ đạt được tại biên, tức a=2, c=1 nên ta sẽ dồn các biến ra biên
Ta có: \(\left(\dfrac{a}{b}-1\right)\left(\dfrac{b}{c}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\le\dfrac{a}{c}+1\)
\(\left(\dfrac{b}{a}-1\right)\left(\dfrac{c}{b}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\le\dfrac{c}{a}+1\)
Do đó \(VT\le2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+2\) nên chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\le\dfrac{5}{2}\)(*) hay \(\dfrac{\left(a-2c\right)\left(2a-c\right)}{2ac}\le0\) ( luôn đúng do \(c\le a\le2c\) )
Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi a=2, c=1, b=1 hoặc a=2, c=1, b=2 và các hoán vị tương ứng.
\(\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}\le1-\dfrac{a}{1+a}=\dfrac{1}{1+a}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{1+a}\ge\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{bcd}}{\sqrt[3]{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{acd}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+c}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{abd}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+d}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân vế với vế của các BĐT trên ta được:
\(\dfrac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge81\dfrac{abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\)
\(\Rightarrow81abcd\le1\Rightarrow abcd\le\dfrac{1}{81}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=\dfrac{1}{3}\)
b) Ta có:
\(\dfrac{1^2}{a}+\dfrac{1^2}{b}+\dfrac{1^2}{c}+\dfrac{1^2}{d}\ge\dfrac{\left(1+1+1+1\right)^2}{a+b+c+d}=\dfrac{16}{a+b+c+d}\)
Dấu = xảy rakhi a=b=c=d
CM : bn tự chứng minh
Áp dụng:
Ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{4}{c}+\dfrac{16}{d}=\dfrac{1^2}{a}+\dfrac{1^2}{b}+\dfrac{2^2}{c}+\dfrac{4^2}{d}\ge\dfrac{\left(1+1+2+4\right)^2}{a+b+c+d}=\dfrac{64}{a+b+c+d}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=\dfrac{c}{2}=\dfrac{d}{4}\)
\(\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{c^2+b^2+2}+\frac{1}{a^2+c^2+2}\le\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+6}\)
\(\ge\frac{\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\ge\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)
Cần chứng minh \(\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge0\) *luôn đúng*
Từ giả thiết, ta có:
\(\dfrac{1}{1+a}\ge1-\dfrac{1}{1+b}+1-\dfrac{1}{1+c}+1-\dfrac{1}{1+d}=\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b.c.d}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{cda}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân vế theo vế 4 BĐT vừa chứng minh rồi rút gọn ta được:
\(abcd\le\dfrac{1}{81}\left(đpcm\right)\)