cho a,b,c,d là các số dương, chứng minh : (a-b)/(b+c) + (b-c)/(c+d) + (c-d)/(d+a) + (d-a)/(a+b) >= 0
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu hỏi của Adminbird - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath
Bài làm :
Ta có : \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\ge2xy\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT (1) ta có :
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{c}{d+a}=\dfrac{a^2+ad+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(d+a\right)}\ge\dfrac{4\left(a^2+ad+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(2\right)\)
Tương tự : \(\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(3\right)\)
Cộng các về của các BĐT (2) và (3) ta được :
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{2\left(2a^2+2b^2+2c^2+2d^2+2ad+2bc+2ab+2cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{2[\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(a+d\right)^2]}{\left(a+b+c+d\right)^2}=2B\)
Ta dễ dàng chứng minh được : \(B\ge1\)
Thật vậy :
\(\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(a+d\right)^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(d+a\right)^2\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Dấu đằng thức xảy ra : \(\Leftrightarrow a=c;b=d\)
Ta có : (a+b)/(a+b+c)<(a+b)/(a+b+c+d) ; (b+c)/(b+c+d)<(b+c)/(a+b+c+d) ; (c+d)/(c+d+a)>(c+d)(a+b+c+d) ; (a+d)/(a+b+d)>(a+d)(a+b+c+d)
Cộng 4 bất đẳng thức trên rồi rút gọn vế phải sẽ ra kết quả như đề bài
Trên trường tui không nghĩ ra về nhà mới phát hiên ra được
Cho mk hỏi bạn TMDuc va TNVuong thi cùng trường à. Sao lại có bài chung thế.
Xét : \(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-\left(a+b+c+d\right)\)
\(=a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+d\left(d-1\right)\)
Vì \(a\) là số nguyên dương nên \(a,\left(a-1\right)\) là hai số tự nhiên liên tiếp .
\(\Rightarrow a\left(a-1\right)\) chia hết cho 2. Tương tự ta có : \(b\left(b-1\right);c\left(c-1\right);d\left(d-1\right)\) đều chia hết cho 2.
\(\Rightarrow a\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)+c\left(c-1\right)+d\left(d-1\right)\) là số chẵn .
Lại có : \(a^2+c^2=b^2+d^2\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2=2\left(b^2+d^2\right)\) là số chẵn .
Do đó : \(a+b+c+d\) là số chẵn mà \(a+b+c+d>2\) (Do \(a,b,c,d\inℕ^∗\))
Vậy : \(a+b+c+d\) là hợp số .
Xét :
Vì là số nguyên dương nên là hai số tự nhiên liên tiếp .
chia hết cho 2. Tương tự ta có : đều chia hết cho 2.
là số chẵn .
Lại có : là số chẵn .
Do đó : là số chẵn mà (Do )
Vậy : là hợp số .
Ta có \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}\)
> \(\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{a+b+c+d}+\frac{d}{a+b+c+d}=1\)(1)
Tương tự ta chứng minh được \(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{d}{c+d}+\frac{a}{a+d}>1\)(2)
mà \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{d}{c+d}+\frac{c}{c+d}+\frac{a}{a+d}+\frac{d}{a+d}=4\)(3)
Từ (1) (2) (3) => \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+a}=2\left(a;b;c;d\inℕ\right)\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \(\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b}\ge4,\) hay tương đương với
\(\left(a+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\right)+\left(b+d\right)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right)\ge4.\)
Bất đẳng thức cuối cùng đúng, và chứng minh như sau: Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có \(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\ge\frac{4}{\left(b+c\right)+\left(a+d\right)}=\frac{4}{a+b+c+d},\) \(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{4}{\left(c+d\right)+\left(a+b\right)}=\frac{4}{a+b+c+d}.\) Thành thử
\(\left(a+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+d}\right)+\left(b+d\right)\left(\frac{1}{c+d}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{4\left(a+c\right)}{a+b+c+d}+\frac{4\left(b+d\right)}{a+b+c+d}=4.\) (ĐPCM)