Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo bất đẳng thức côsi, ta có:
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+d^2\ge2cd\)
\(a^2+d^2\ge2ad\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge2ab+2bc+2cd+2ad\)
Cộng vào hai vế:\(a^2+b^2+c^2+d^2\), ta có:
\(4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
Mà a + b + c + d = 4
\(\Rightarrow4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge4\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\)\(\ge1\)
1. Ta có : \(\frac{a}{a+b+c+d}< \frac{a}{a+b+c}< \frac{a+d}{a+b+c+d}\)
\(\frac{b}{a+b+c+d}< \frac{b}{b+c+d}< \frac{a+b}{a+b+c+d}\)
\(\frac{c}{a+b+c+d}< \frac{c}{a+c+d}< \frac{b+c}{a+b+c+d}\)
\(\frac{d}{a+b+c+d}< \frac{d}{a+b+d}< \frac{c+d}{a+b+c+d}\)
Cộng vế theo vế ta được :
\(1< \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\) ( đpcm )
2. Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số ko âm b-1 và 1 ta có :
\(\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le\frac{\left(b-1\right)+1}{2}=\frac{b}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> b - 1 = 1 <=> b = 2
\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le a\cdot\frac{b}{2}=\frac{ab}{2}\)
Tương tự ta có : \(b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}\) Dấu "=" xảy ra <=> a = 2
Do đó : \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 2
BĐT mà ghi thiếu điều kiện thì chết rồi, vì số thực, số dương, số không âm nó hoạt động khác nhau lắm
Bunhiacopxki: \(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)=\left(a^2+b^2\right)^4\)
\(\Rightarrow ac+bd\le\left(a^2+b^2\right)^2\)
Do đó:
\(\dfrac{a^3}{c}+\dfrac{b^3}{d}=\dfrac{a^4}{ac}+\dfrac{b^4}{bd}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{ac+bd}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)^2}=1\) (đpcm)
Đề bài sai: phản ví dụ:
\(a=b=-1\) ; \(c=d=2\)
Khi đó: \(c^2+d^2=\left(a^2+b^2\right)^3\) nhưng \(\dfrac{a^3}{c}+\dfrac{b^3}{d}=-1< 1\)
\(\frac{a^2}{b+2}\)\(+\frac{b+2}{9}\)\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+2}.\frac{b+2}{9}}=\frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{b+2}{9}\)
ttu\(\frac{b^2}{c+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{c+2}{9}\) \(\frac{c^2}{a+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{a+2}{9}\)
cong vs nhau ta co \(vt\ge\frac{6}{3}-\frac{a+b+c+6}{9}=\frac{6}{3}-1=1\)
dau = xay ra khi x=y=z=1
\(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\ge1\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}\le1\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\) đpcm
a; b; c; d Có điều kiện gì không bạn?
Dùng Bunyakovsky , có :
\(\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2=4\)
\(\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge4\)
\(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge1\)