Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
BĐT này do giáo sư Vasile đề xuất, và đây là lời giải của ông ấy:
Do vai trò của các biến là như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(a^2=max\left\{a^2;b^2;c^2;d^2\right\}\)
\(\Rightarrow a^2\ge\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\)
Đặt \(x^2=\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\Rightarrow x^2\le a^2\) (1)
Đồng thời \(x^2=\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\ge\dfrac{1}{9}\left(b+c+d\right)^2=\dfrac{a^2}{9}\Rightarrow a^2\le9x^2\) (2)
\(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow\left(a^2-x^2\right)\left(a^2-9x^2\right)\le0\) (3)
Ta có:
\(b^4+c^4+d^4=\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-2\left(b^2c^2+c^2d^2+b^2d^2\right)\le\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-\dfrac{2}{3}\left(bc+cd+bd\right)^2\)
\(=\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-\dfrac{1}{6}\left[\left(b+c+d\right)^2-\left(b^2+c^2+d^2\right)\right]^2=9x^4-\dfrac{1}{6}\left(a^2-3x^2\right)^2=\dfrac{45x^4+6a^2x^2-a^4}{6}\)
Do đó:
\(12\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)\le12a^4+12.\dfrac{45x^4+6a^2x^2-a^4}{6}=90x^4+12a^2x^2+10a^4\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(7\left(a^2+3x^2\right)^2\ge90x^4+12a^2x^2+10a^4\)
\(\Leftrightarrow a^4-10a^2x^2+9x^4\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-9x^2\right)\left(a^2-x^2\right)\le0\) (đúng theo (3))
Vậy BĐT được chứng minh hoàn tất.
Dấu "=" xảy ra khi \(b=c=d=-\dfrac{a}{3}\) và các hoán vị của chúng
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
Ta có \(a+b+c=abc\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{abc}=1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1\)
Lại có \(\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
\(\Leftrightarrow2^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=2\) (đpcm)
Ta có: a+b=c+d
\(\Leftrightarrow a=c+d-b\)
Thay vào : ab+1=cd, ta được:
\(\left(c+d-b\right)b+1=cd\)
\(\Leftrightarrow bc+bd-b^2+1-cd=0\)
\(\Leftrightarrow\left(bc-b^2\right)+\left(bd-cd\right)=-1\)
\(\Leftrightarrow-b\left(b-c\right)+d\left(b-c\right)=-1\)
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left(d-b\right)=-1\)
Vì b,c,d là số nguyên nên suy ra: b-c=b-d=1 hoặc b-c=b-d=-1
Vậy: c=d
\(abc=1\) nên tồn tại các số dương x;y;z sao cho \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{y}{x+2y}+\dfrac{z}{y+2z}+\dfrac{x}{z+2x}\le1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2y}{x+2y}-1+\dfrac{2z}{y+2z}-1+\dfrac{2x}{z+2x}-1\le2-3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{x+2y}+\dfrac{y}{y+2z}+\dfrac{z}{z+2x}\ge1\)
Điều này đúng do:
\(VT=\dfrac{x^2}{x^2+2xy}+\dfrac{y^2}{y^2+2yz}+\dfrac{z^2}{z^2+2xz}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}=1\)
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/
Ta có: \(a=b+c\Rightarrow c=a-b\)
\(\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}=\sqrt{\dfrac{b^2c^2+a^2c^2+a^2b^2}{a^2b^2c^2}}=\sqrt{\dfrac{b^2\left(a-b\right)^2+a^2\left(a-b\right)^2+a^2b^2}{a^2b^2c^2}}=\sqrt{\dfrac{b^4+a^2b^2-2ab^3+a^4+a^2b^2-2a^3b+a^2b^2}{a^2b^2c^2}}=\sqrt{\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2-2ab\left(a^2+b^2\right)+a^2b^2}{a^2b^2c^2}}=\sqrt{\dfrac{\left(a^2+b^2-ab\right)^2}{a^2b^2c^2}}=\left|\dfrac{a^2+b^2-ab}{abc}\right|\)
=> Là một số hữu tỉ do a,b,c là số hữu tỉ
Áp dụng liên tiếp BĐT quen thuộc \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\) ta được :
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\) \(\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{\left(c+d\right)^2}{2}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}{2}\ge\frac{\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2}}{2}=\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4}=\frac{2^2}{4}=1\)
Do đó : \(a^2+b^2+c^2+d^2\ge1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=d=\frac{1}{2}\)
Theo Svacxo ta có : \(LHS\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4}=\frac{2^2}{4}=1\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)