LT
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
T
1
7 tháng 2 2019
Ta có : a2 + b2 \(\ge2ab\)
\(c^2+d^2\ge2cd\)
Do abcd = 1 nên cd =\(\dfrac{1}{ab}\)( dùng \(x+\dfrac{1}{x}\ge\dfrac{1}{2}\))
Ta có :\(a^2+b^2+c^2\ge2\left(ab+cd\right)=2\left(ab+\dfrac{1}{ab}\right)\ge4\)(1)
Mặt khác : a(b+c) +b(c+d)+d(c+a)
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
=\(\left(ab+\dfrac{1}{ab}\right)+\left(ac+\dfrac{1}{ac}\right)+\left(bc+\dfrac{1}{bc}\right)\ge2+2+2\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2+d^2+a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+d\left(c+a\right)\ge10\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 10 2017
Lời giải:
a) Ta có:
\(a^2-b^2+c^2\geq (a-b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2\geq a^2+b^2+c^2-2ab-2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow 2ab+2bc\geq 2b^2+2ac\)
\(\Leftrightarrow ab+bc\geq b^2+ac\Leftrightarrow b(a-b)+c(b-a)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geq 0\)
BĐT trên luôn đúng do \(a\geq b\geq c\)
Do đó ta có đpcm.
b) \(a^2-b^2+c^2-d^2\geq (a-b+c-d)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\geq (a-b)^2+(c-d)^2+2(a-b)(c-d)\)
\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\geq a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd+2ac-2ad-2bc+2bd\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+cd+ad+bc)\geq 2(b^2+d^2)+2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow ab+cd+ad+bc\geq b^2+d^2+ac+bd\)
\(\Leftrightarrow b(a-b)+d(c-d)+d(a-b)-c(a-b)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b+d-c)+d(c-d)\geq 0\)
BĐT trên luôn đúng do:
\(\left\{\begin{matrix} d\geq 0\\ a\geq b\rightarrow a-b\geq 0\\ c\geq d\rightarrow c-d\geq 0\\ b\geq d\rightarrow b+d-c\geq 0\end{matrix}\right.\Rightarrow (a-b)(b+d-c)+d(c-d)\geq 0\)
Do đó ta có đpcm.
25 tháng 9 2016
bn ơi bn viết
chữ nhỏ quá đó
bn ấn vào chữ x2
à bn mình nhìn rõ
nhưng có chữ
ko đọc được
UK
8 tháng 10 2017
a) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
Đẳng thức khi \(a=b=c\)
b) \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2b+1+a^2-2a+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge0\)
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức khi \(a=b=1\)
Các bài tiếp theo tương tự :v
g) \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)=a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6\sqrt[6]{a^2.a^2b^2.b^2.b^2c^2.c^2.c^2a^2}=6abc\)
i) \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}}=\dfrac{2}{\sqrt{ab}}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{\sqrt{bc}};\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{2}{\sqrt{ca}}\)
Cộng vế theo vế rồi rút gọn cho 2, ta được đpcm
j) Tương tự bài i), áp dụng Cauchy, cộng vế theo vế rồi rút gọn được đpcm
TL
18 tháng 10 2018
Giả thiết có: abc+bca+cda+dab = a+b+c+d+\(\sqrt{2012}\)
\(\Leftrightarrow\) (abc+bca+cda+dab-a-b-c-d)2 =2012
\(\Leftrightarrow\) \(\left[\left(abc-c\right)+\left(dab-d\right)+\left(bcd-b\right)+\left(cda-a\right)\right]^2\) = 2012
\(\Leftrightarrow\) \(\left[c\left(ab-1\right)+d\left(ab-1\right)+b\left(cd-1\right)+a\left(cd-1\right)\right]^2\) = 2012
\(\Leftrightarrow\) \(\left[\left(ab-1\right)\left(c+d\right)+\left(ab-1\right)\left(a+b\right)\right]^2\) = 2012
Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 cặp số: (ab-1 ; a+b);(cd-1 ; c+d)
Ta có: \(\left[\left(ab-1\right)\left(c+d\right)+\left(ab-1\right)\left(a+b\right)\right]^2\) \(\le\) \(\left[\left(ab-1\right)^2+\left(a+b\right)^2\right]\left[\left(cd-1\right)^2+\left(c+d\right)^2\right]\)
\(\Leftrightarrow\) 2012 \(\le\) ( a2b2-2ab+1+a2+2ab+b2) (c2d2-2cd+1+c2+2cd+d2)
\(\Leftrightarrow\) 2012\(\le\) ( a2b2 +a2+b2+1)(c2d2+c2+d2+1)
\(\Leftrightarrow\) 2012 \(\le\) (a2+1)(b2+1)(c2+1)(d2+1) (đpcm)
Ta có : \(a^2+b^2+c^2+d^2+a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+d\left(c+a\right)\)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+bc+bd+dc+da\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)+\left(ab+ac+bc+bd+dc+da\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\sqrt[4]{a^2b^2c^2d^2}=4\sqrt[4]{\left(abcd\right)^2}=4\sqrt[4]{1^2}=4\)(1)
\(ab+ac+bc+bd+dc+da\ge6\sqrt[6]{a^3b^3c^3d^3}=6\sqrt[6]{\left(abcd\right)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)+\left(ab+ac+bc+bd+dc+da\right)\ge4+6=10\)
hay \(a^2+b^2+c^2+d^2+a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+d\left(c+a\right)\ge10\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = d = 1
Áp dụng bất đẳng thức cosi với 4 số a,b,c,d không âm
\(\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\)
Mà \(abcd=1\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge1\)
\(\Rightarrow a+b+c+d\ge4\)
Có abcd=1
=> a2 . b2 . c2 . d2 = 1
Áp dụng bất đẳng thức cosi với 4 số không âm a2, b2, c2, d2 có
\(\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\ge\sqrt[4]{a^2b^2c^2d^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\ge1\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\) ( 1 )
Ta có
\(a+b+c+d\ge4\) ( 2 )
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c+d\right)^2\ge16\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd\ge16\)
Cộng ( 1 ) và ( 2 ) ta có
\(2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\ge20\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+bc+bd+ad+cd\ge10\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+d\left(c+a\right)\ge10\) ( đpcm )