Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{1}{a+1}\ge1-\dfrac{1}{b+1}+1-\dfrac{1}{c+1}+1-\dfrac{1}{d+1}\)
\(=\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1}\)\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}}\)
Tương tự cho 3 BĐT còn lại cũng có:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{acd}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\dfrac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(d+1\right)}};\dfrac{1}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Nhân theo vế 4 BĐT trên ta có:
\(\dfrac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge81\sqrt[3]{\left(\dfrac{abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow1\ge81abcd\Leftrightarrow abcd\le\dfrac{1}{81}\)
câu b là áp dụng bất đẳng thức cô -si ko cần chứng minh
a,Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương a,\(\dfrac{1}{b}\)ta có
a+\(\dfrac{1}{b}\)>=\(2\sqrt{\dfrac{a}{b}}\)
chứng minh tương tự ta có
b+\(\dfrac{1}{c}\)>=2\(\sqrt{\dfrac{b}{c}}\)
c+\(\dfrac{1}{a}\)>=\(2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\)
nhân chúng vs nhau ta đc cái cần phải chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\ge\dfrac{\left(1+1+1+1\right)^2}{a+b+c+d}=\dfrac{16}{a+b+c+d}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
Chỉ bằng các kiến thức cho trong SGK (bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm; bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 cặp số) có thể giả bài toán như sau:
Ta có \(\left(a+b+c+d\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)=\)
\(=a\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)+b\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)+c\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)+d\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)\)
\(=4+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{d}+\dfrac{d}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)+\left(\dfrac{b}{d}+\dfrac{d}{b}\right)+\left(\dfrac{c}{d}+\dfrac{d}{c}\right)\)
\(\ge4+2+2+2+2+2+2=16\)
Từ đó \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\ge\dfrac{16}{a+b+c+d}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{a};\dfrac{a}{c}=\dfrac{c}{a};\dfrac{a}{d}=\dfrac{d}{a};\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{b};...\Leftrightarrow a=b=c=d\)
☘ Đặt \(\dfrac{a}{1+b}=x\text{ và }\dfrac{b}{1+c}=y\text{ và }\dfrac{c}{1+a}=y\)
\(\Rightarrow x+y+z=1\)
☘ Ta có:
\(P=\left(\dfrac{1}{x}-1\right)\left(\dfrac{1}{y}-1\right)\left(\dfrac{1}{z}-1\right)\)
\(=\left(\dfrac{x+y+z}{x}-1\right)\left(\dfrac{x+y+z}{y}-1\right)\left(\dfrac{x+y+z}{z}-1\right)\)
\(=\dfrac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{xyz}\)
☘ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{8xyz}{xyz}=8\)
☘ Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
1: \(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}\right)>=0\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2>=0\)(luôn đúng)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a-\dfrac{1}{2}\\y=b-\dfrac{1}{2}\\z=c-\dfrac{1}{2}\\t=d-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x+y+z+t=0\)
\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{2\left(2x+1\right)}{4x^2+3}+\dfrac{2\left(2y+1\right)}{4y^2+3}+\dfrac{2\left(2z+1\right)}{4z^2+3}+\dfrac{2\left(2t+1\right)}{4t^2+3}\le\dfrac{8}{3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(2x-1\right)^2}{4x^2+3}+\dfrac{\left(2y-1\right)^2}{4y^2+3}+\dfrac{\left(2z-1\right)^2}{4z^2+3}+\dfrac{\left(2t-1\right)^2}{4t^2+3}\ge\dfrac{4}{3}\left(1\right)\)
Ta có: \(4x^2+3=3x^2+3+\left(y+z+t\right)^2\le3x^2+3+3\left(y^2+z^2+t^2\right)\)
\(=3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(2x-1\right)^2}{4x^2+3}\ge\dfrac{\left(2x-1\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT_{\left(1\right)}\ge\dfrac{\left(2x-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2+\left(2z-1\right)^2+\left(2t-1\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}\)
\(=\dfrac{4\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)-4\left(x+y+z+t\right)}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}\)
\(=\dfrac{4\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}=\dfrac{4}{3}=VP_{\left(1\right)}\)
Câu 1:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(1+x^3+y^3\geq 3\sqrt[3]{x^3y^3}=3xy\)
\(\Rightarrow \frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}\geq \frac{\sqrt{3xy}}{xy}=\sqrt{\frac{3}{xy}}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\geq \sqrt{\frac{3}{yz}}; \frac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{xz}\geq \sqrt{\frac{3}{xz}}\)
Cộng theo vế các BĐT thu được:
\(\text{VT}\geq \sqrt{\frac{3}{xy}}+\sqrt{\frac{3}{yz}}+\sqrt{\frac{3}{xz}}\geq 3\sqrt[6]{\frac{27}{x^2y^2z^2}}=3\sqrt[6]{27}=3\sqrt{3}\) (Cauchy)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Câu 4:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{2}{x}+\frac{3}{y}\right)(x+y)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\)
\(\Leftrightarrow 1.(x+y)\geq (\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\Rightarrow x+y\geq 5+2\sqrt{6}\)
Vậy \(A_{\min}=5+2\sqrt{6}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=2+\sqrt{6}; y=3+\sqrt{6}\)
------------------------------
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\geq 2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)
\(a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow \frac{3(a^2+b^2)}{4ab}\geq \frac{6ab}{4ab}=\frac{3}{2}\)
Cộng theo vế hai BĐT trên:
\(\Rightarrow B\geq 1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\) hay \(B_{\min}=\frac{5}{2}\). Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{a+b+c}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=1\)
☘ Áp dụng bất đẳng thức AM - GM
\(\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}=1\)
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{a}{1+a}=\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{1+a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
☘ Tương tự, ta cũng có:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{acd}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+b\right)}}\)
☘ Nhân vế theo vế
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge\dfrac{81abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\)
\(\Rightarrow abcd\le\dfrac{1}{81}\)
☘ Dấu "=" xảy ra khi \(a=c=b=d=\dfrac{1}{3}\)
⚠ Nguồn: https://hoc24.vn/hoi-dap/question/463672.html