Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhận xét:Ghi nhớ tam giác Pascal cho bậc 4:\(1\rightarrow4\rightarrow6\rightarrow4\rightarrow1\)
cần cù bù thông minh :)
\(a^2+b^2+\left(a-b\right)^2=c^2+d^2+\left(c-d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2-2ab+b^2=c^2+d^2+c^2-2cd+d^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2=c^2-cd+d^2\)
\(\Rightarrow\left(a^2-ab+b^2\right)^2=\left(c^2-cd+d^2\right)^2\) ( mạnh dạn bình phương )
\(\Leftrightarrow a^4+a^2b^2+b^4-2a^3b-2ab^3+2a^2b^2=c^4+c^2d^2+d^4-2c^3d-2cd^3+2c^2d^2\)
\(\Leftrightarrow a^4+3a^2b^2+b^4-2a^3b-2ab^3=c^4+3c^2d^2+d^4-2c^3d-2cd^3\left(1\right)\)
Mặt khác:
\(a^4+b^4+\left(a-b\right)^4\)
\(=a^4+b^4+a^4-4a^3b+6a^2b^2-4ab^3+b^4\)
\(=2\left(a^4-2a^3b-2ab^3+3a^2b^2\right)\left(2\right)\)
Tương tự:
\(c^4+d^4+\left(c-d\right)^4=2\left(c^4-2c^3d-2cd^3+3c^2d^2\right)\left(3\right)\)
Từ ( 1 );( 2 );( 3 ) suy ra đpcm
Theo giả thiết \(a^2+b^2+c^2+d^2=1\Rightarrow0< a,b,c,d< 1\)
Ta có: \(2\left(1-a\right)\left(1-b\right)=2-2\left(a+b\right)+2ab=a^2+b^2+c^2+d^2+1\)\(-2a-2b+2ab-2cd+2cd=\left(a+b-1\right)^2+\left(c-d\right)^2+2cd\ge2cd\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge cd\)(*)
Tương tự ta có: \(\left(1-c\right)\left(1-d\right)\ge ab\)(**)
Nhân theo từng vế cùng chiều của hai BĐT (*) và (**), ta được: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\left(1-d\right)\ge abcd\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
https://diendantoanhoc.net/topic/76281-bdt-thi-h%E1%BB%8Dc-sinh-gi%E1%BB%8Fi-t%E1%BB%89nh-l%E1%BB%9Bp-9-nam-2011-2012/
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
\(\sqrt{2012}=\left(abc+bcd-a-d\right)+\left(cda+dab-c-b\right)\)
\(=\left(bc-1\right)\left(a+d\right)+\left(c+b\right)\left(ad-1\right)\)
\(\Rightarrow2012=\left[\left(bc-1\right)\left(a+d\right)+\left(c+b\right)\left(ad-1\right)\right]^2\)
\(\le\left[\left(bc-1\right)^2+\left(c+b\right)^2\right]\left[\left(a+d\right)^2+\left(ad-1\right)^2\right]\)
\(=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\left(d^2+1\right)\)
\(c\ge a,c\ge b\Rightarrow c\ge a+b\)(luôn đúng)
WTF!?!mấy cái dữ liện trên làm cảnh ak!?!
v:))
Ta có: \(a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\sqrt[4]{\left(abcd\right)^2}=4\)(AM-GM) (abcd=1)
Lại có: \(a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\)
\(=ab+ac+bc+bd+cd+ac+ad+bd\)
\(\ge8\sqrt[8]{\left(abcd\right)^4}=8\)(AM-GM)
Từ đó:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\ge4+8=12\)
=> ĐPCM. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=d=1.