Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT cauchy-schwarz :
\(VT=\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ab+bc+bd}+\frac{c^4}{cd+ac+bc}+\frac{d^4}{ad+bd+cd}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\)
Mà \(3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\)( dễ dàng chứng minh nó bằng AM-GM)
nên \(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{3}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+d^2\ge2cd;d^2+a^2\ge2ad\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da=1\)
do đó \(VT\ge\frac{1}{3}\)
Dấu''='' xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{a+b}{2}\\y=\frac{c+d}{2}\end{cases}}\)
Ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca+1\ge bc+ca+a+b=\left(a+b\right)\left(c+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(bc+cd+db+1\ge\left(a+b\right)\left(b+d\right)\left(2\right)\)
\(cd+da+ac+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(3\right)\)
\(da+ab+bd+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(4\right)\)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
\(VT\le\frac{a+b+c+d}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{x+y}{2xy}\le\frac{xy+1}{2xy}\left(@\right)\)
Ta lại có:
\(VP\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\left(@@\right)\)
Từ \(\left(@\right),\left(@@\right)\)cái cần chứng minh trở thành.
\(\frac{xy+1}{2xy}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)^2\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM.
Ta có: \(\frac{a^3+b^3}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}=\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}=\left(a+b\right)\sqrt{a^2-ab+b^2}\)
\(=\sqrt{a+b}\sqrt{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}=\sqrt{a+b}\sqrt{a^3+b^3}\)
\(=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a^3+b^3\right)}=\sqrt{\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2\right)\left(\sqrt{a^3}^{^2}+\sqrt{b^3}^{^2}\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhi... ta có:
\(\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2\right)\left(\sqrt{a^3}^{^2}+\sqrt{b^3}^{^2}\right)^2\ge\left(\sqrt{a}\sqrt{a^3}+\sqrt{b}\sqrt{b^3}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2\right)+\left(\sqrt{a^3}^{^2}+\sqrt{b^3}^{^2}\right)}\)\(\ge\sqrt{a}\sqrt{a^3}+\sqrt{b}\sqrt{b^3}=\sqrt{a^4}+\sqrt{b^4}=a^2+b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}\ge a^2+b^2\) (1)
Tương tự ta có: \(\frac{b^3+c^3}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}\ge b^2+c^2\) (2)
\(\frac{c^3+d^3}{\sqrt{c^2-cd+d^2}}\ge c^2+d^2\)(3)
\(\frac{d^3+a^3}{\sqrt{d^2-da+a^2}}\ge d^2+a^2\)(4)
Cộng vế với vế của 1,2,3,4 ta được:
\(\frac{a^3+b^3}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}+\frac{b^3+c^3}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}+\frac{c^3+d^3}{\sqrt{c^2-cd+d^2}}+\frac{d^3+a^3}{\sqrt{d^2-da+a^2}}\)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\left(\text{đ}pcm\right)\)
Hoặc \(\left(a+b\right)\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge a^2+b^2\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2\ge0\)(bình phương lên)
1/ Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
2/ \(P=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ca}+\frac{d^2}{ad+bd}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)
\(P\ge\frac{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2+2\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)
\(P\ge\frac{4ac+4bd+2ab+2bc+2cd+2ad}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)
Đơn giản là Cauhy-Schwarz thôi mà
Từ dòng 1 xuống dòng 2 thì khai triển hẳng đẳng thức ở tử số \(\left(x+y\right)^2=x^2+y^2+2xy\) với \(x=a+c\) và \(y=b+d\)
Áp dụng BĐT cosi ta có
\(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\); \(\frac{1}{b^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\ge\frac{3}{b^2c}\); \(\frac{1}{c^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\ge\frac{3}{c^2d}\)
\(\frac{1}{d^3}+\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}\ge\frac{3}{d^2a}\)
Cộng các BĐt trên ta có
\(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\ge\frac{1}{a^2b}+\frac{1}{b^2c}+\frac{1}{c^2d}+\frac{1}{d^2a}\)(1)
Áp dụng BĐT buniacoxki ta có
\(\left(\frac{a^2}{b^5}+\frac{b^2}{c^5}+\frac{c^2}{d^5}+\frac{d^2}{a^5}\right)\left(\frac{1}{a^2b}+\frac{1}{b^2c}+\frac{1}{c^2d}+\frac{1}{d^2a}\right)\ge \left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\right)^2\)
Kết hợp với (1) ta được ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
cái thứ nhất nhân với a cái thứ hai nhan b, cái thứ ba nhân c, cái thứ tư nhân d rồi dùng svác sơ trả lời câu hỏi của tớ đi
hướng làm của bạn vũ tiền châu đúng rồi nhé
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : \(\frac{a^4}{a\left(b+c+d\right)}+\frac{b^4}{b\left(a+c+d\right)}+\frac{c^4}{c\left(d+a+b\right)}+\frac{d^4}{d\left(a+b+c\right)}\ge\frac{1}{3}\)
\(< =>\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{1}{3}\)
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có :
\(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.\left(ab+bc+ca+da\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3.1}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\)
Giờ ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}< =>\left(a^2+b^2+d^2+c^2\right)^2\ge1\)
\(< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge1< =>a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da\)
\(< =>2\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge2\left(ab+bc+cd+da\right)\)
\(< =>2a^2+2b^2+2c^2+2d^2-2ab-2bc-2cd-2da\ge0\)
\(< =>\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-d\right)^2+\left(d-a\right)^2\ge0\)*đúng*
Khi đó : \(\frac{a^4}{ab+ac+ad}+\frac{b^4}{ba+bc+bd}+\frac{c^4}{ca+cb+cd}+\frac{d^4}{da+db+dc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2}{3}\ge\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh