Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{a^2+b^2}{c^2+d^2}=\dfrac{ab}{cd}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)cd=ab\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2cd-b^2cd=abc^2+abd^2\)
\(\Leftrightarrow a^2cd-abc^2-abd^2+b^2cd=0\)
\(\Leftrightarrow ac\left(ad-bc\right)-bd\left(ad-bc\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(ac-bd\right)\left(ad-bc\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}ac-bd=0\\ad-bc=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}ac=bd\\ad=bc\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\dfrac{a}{b}=\dfrac{d}{c}\\\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left[{}\begin{matrix}\dfrac{a}{b}=\dfrac{d}{c}\\\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\end{matrix}\right.\) (ĐPCM)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM dạng ngược dấu (\(ab\leq (\frac{a+b}{2})^2\) )ta có:
\(\frac{b+c+d}{a}.1\leq \left(\frac{\frac{b+c+d}{a}+1}{2}\right)^2=\frac{(a+b+c+d)^2}{4a^2}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c+d}\geq \frac{4a^2}{(a+b+c+d)^2}\)\(\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c+d}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{b}{c+d+a}}\geq \frac{2b}{a+b+c+d}\\ \sqrt{\frac{c}{d+a+b}}\geq \frac{2c}{a+b+c+d}\\ \sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\geq \frac{2d}{a+b+c+d}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{2a+2b+2c+2d}{a+b+c+d}=2\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{b+c+d}{a}=\frac{c+d+a}{b}=\frac{d+a+b}{c}=\frac{a+b+c}{d}=1\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+d=0\) (VL do $a,b,c,d$ dương)
Do đó dấu bằng không xảy ra .
Hay \(\text{VT}>2\) (đpcm)
có thiếu ĐK nào k bạn ?
áp dụng BĐT cauchy :
\(\dfrac{b}{\left(a+\sqrt{b}\right)^2}+\dfrac{d}{\left(c+\sqrt{d}\right)^2}\ge2\sqrt{\dfrac{bd}{\left(a+\sqrt{b}\right)^2\left(c+\sqrt{d}\right)^2}}=\dfrac{2\sqrt{bd}}{\left(a+\sqrt{b}\right)\left(c+\sqrt{d}\right)}\)
việc còn lại cần chứng minh \(\left(a+\sqrt{b}\right)\left(c+\sqrt{d}\right)\le2\left(ac+\sqrt{bd}\right)\)(đúng theo BĐT chebyshev)(không mất tính tổng quát giả sừ \(a\le\sqrt{b};c\le\sqrt{d}\))
dấu = xảy ra khi \(a=\sqrt{b};c=\sqrt{d}\)
Lời giải:
Gọi biểu thức đã cho là $A$
Vế đầu tiên:
Vì \(a,b,c>0;a+b+c=1\Rightarrow a,b,c<1\)
Do đó: \(a^2+c< a+c< a+b+c\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+c}}>\frac{a}{\sqrt{a+b+c}}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+c}}+\frac{b}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+b}}>\frac{a+b+c}{\sqrt{a+b+c}}=1\)
Vế sau:
Ta có: \(a^2+c=a^2+c(a+b+c)> a^2+ca+c^2\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+c}}< \frac{a}{\sqrt{a^2+ca+c^2}}\). Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại thu được:
\(\Rightarrow A< \underbrace{\frac{a}{\sqrt{a^2+ac+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ba+a^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+bc+b^2}}}_{M}\) \((1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(M^2\leq (1+1+1)\left(\frac{a^2}{a^2+ac+c^2}+\frac{b^2}{b^2+ba+a^2}+\frac{c^2}{c^2+bc+b^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow M^2\leq 3\left(3-\frac{c^2+ac}{a^2+ca+c^2}-\frac{ab+a^2}{b^2+ab+a^2}-\frac{bc+b^2}{c^2+bc+b^2}\right)\)
\(\leq 3\left(3-\frac{c^2+ac}{3ac}-\frac{ab+a^2}{3ab}-\frac{bc+b^2}{3bc}\right)\) (AM-GM)
\(\Leftrightarrow M^2\leq 3\left[3-1-\frac{1}{3}(\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c})\right]\leq 3(3-1-1)\)
(Do theo BĐT AM-GM: \(\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3\) )
\(\Leftrightarrow M^2\leq 3\Rightarrow M\leq \sqrt{3}\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow A<\sqrt{3}< 2\)
mình có cách ngắn gọn hơn nè
ta sẽ chứng mình được \(0< a,b,c< \dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow b^2< b\Rightarrow a+b^2< a+b+c=1\Rightarrow\sqrt{a+b^2}< 1\Rightarrow\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a}}>b\)
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)
