VT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
LL
1
4 tháng 1 2017
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
\(\Rightarrow4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge4\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\)\(\ge1\)
NT
4
26 tháng 8 2017
Dùng Bunyakovsky , có :
\(\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2=4\)
\(\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge4\)
\(\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge1\)
30 tháng 8 2018
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
27 tháng 10 2017
\(\frac{a^2}{b+2}\)\(+\frac{b+2}{9}\)\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+2}.\frac{b+2}{9}}=\frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{b+2}{9}\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 6 2020
Cách khác:
Áp dụng BĐT AM-GM có:
\(\frac{a^4}{b+2}+\frac{b+2}{9}\geq \frac{2}{3}a^2\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế ta có:
\(\frac{a^4}{b+2}+\frac{b^4}{c+2}+\frac{c^4}{a+2}\geq \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)-\frac{a+b+c+6}{9}=2-\frac{a+b+c+6}{9}(1)\)
Cũng theo hệ thức quen thuộc của BĐT AM-GM:
$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\Leftrightarrow 9\geq (a+b+c)^2\Rightarrow a+b+c\leq 3(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \frac{a^4}{b+2}+\frac{b^4}{c+2}+\frac{c^4}{a+2}\geq 2-\frac{3+6}{9}=1$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 5 2020
Lời giải:
Do $abc=1$ nên đặt:
\((\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x})\) với $x,y,z>0$
Khi đó, bài toán trở thành: Cho $x,y,z>0$. CMR:
\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}\geq 1\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{xz^2}{2z^2y+xy^2}+\frac{yx^2}{2x^2z+yz^2}+\frac{zy^2}{2y^2x+zx^2}=\frac{(xz)^2}{2xyz^2+(xy)^2}+\frac{(xy)^2}{2x^2yz+(yz)^2}+\frac{(yz)^2}{2xy^2z+(xz)^2}\)
\(\geq \frac{(xz+xy+yz)^2}{2xyz^2+(xy)^2+2x^2yz+(yz)^2+2xy^2z+(xz)^2}=\frac{(xy+yz+xz)^2}{(xy+yz+xz)^2}=1\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
\(a+b+c+d\le\sqrt{\left(1^2+1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)}=2\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge1\)(đpcm).