Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng
\(\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}}\le\dfrac{1}{\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+d}}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
16 tháng 10 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{1}{a+1}\ge1-\dfrac{1}{b+1}+1-\dfrac{1}{c+1}+1-\dfrac{1}{d+1}\)
\(=\dfrac{b}{b+1}+\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1}\)\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}}\)
Tương tự cho 3 BĐT còn lại cũng có:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{acd}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\dfrac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(d+1\right)}};\dfrac{1}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Nhân theo vế 4 BĐT trên ta có:
\(\dfrac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge81\sqrt[3]{\left(\dfrac{abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow1\ge81abcd\Leftrightarrow abcd\le\dfrac{1}{81}\)
UK
15 tháng 10 2017
Từ giả thiết, ta có:
\(\dfrac{1}{1+a}\ge1-\dfrac{1}{1+b}+1-\dfrac{1}{1+c}+1-\dfrac{1}{1+d}=\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b.c.d}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{cda}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+d}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân vế theo vế 4 BĐT vừa chứng minh rồi rút gọn ta được:
\(abcd\le\dfrac{1}{81}\left(đpcm\right)\)
20 tháng 7 2017
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P
Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) ( Tự chứng minh BĐT này ), ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\le\dfrac{1}{\dfrac{4}{a+b}}=\dfrac{a+b}{4}\left(1\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}\le\dfrac{b+c}{4}\left(2\right)\)
\(\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}\le\dfrac{c+a}{4}\left(3\right)\)
Cộng \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\) vế theo vế, ta được:
\(P\le\dfrac{a+b+b+c+c+a}{4}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
16 tháng 3 2018
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a-\dfrac{1}{2}\\y=b-\dfrac{1}{2}\\z=c-\dfrac{1}{2}\\t=d-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x+y+z+t=0\)
\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{2\left(2x+1\right)}{4x^2+3}+\dfrac{2\left(2y+1\right)}{4y^2+3}+\dfrac{2\left(2z+1\right)}{4z^2+3}+\dfrac{2\left(2t+1\right)}{4t^2+3}\le\dfrac{8}{3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(2x-1\right)^2}{4x^2+3}+\dfrac{\left(2y-1\right)^2}{4y^2+3}+\dfrac{\left(2z-1\right)^2}{4z^2+3}+\dfrac{\left(2t-1\right)^2}{4t^2+3}\ge\dfrac{4}{3}\left(1\right)\)
Ta có: \(4x^2+3=3x^2+3+\left(y+z+t\right)^2\le3x^2+3+3\left(y^2+z^2+t^2\right)\)
\(=3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(2x-1\right)^2}{4x^2+3}\ge\dfrac{\left(2x-1\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT_{\left(1\right)}\ge\dfrac{\left(2x-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2+\left(2z-1\right)^2+\left(2t-1\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}\)
\(=\dfrac{4\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)-4\left(x+y+z+t\right)}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}\)
\(=\dfrac{4\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}{3\left(x^2+y^2+z^2+t^2+1\right)}=\dfrac{4}{3}=VP_{\left(1\right)}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 11 2018
\(\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}\le1-\dfrac{a}{1+a}=\dfrac{1}{1+a}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{1+a}\ge\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{d}{1+d}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{bcd}}{\sqrt[3]{\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{1}{1+b}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{acd}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+c}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{abd}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+d\right)}}\)
\(\dfrac{1}{1+d}\ge3\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân vế với vế của các BĐT trên ta được:
\(\dfrac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\ge81\dfrac{abcd}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\)
\(\Rightarrow81abcd\le1\Rightarrow abcd\le\dfrac{1}{81}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=\dfrac{1}{3}\)
KK
29 tháng 4 2017
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\ge\dfrac{\left(1+1+1+1\right)^2}{a+b+c+d}=\dfrac{16}{a+b+c+d}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
31 tháng 1 2018
Chỉ bằng các kiến thức cho trong SGK (bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm; bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 cặp số) có thể giả bài toán như sau:
Ta có \(\left(a+b+c+d\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)=\)
\(=a\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)+b\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)+c\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)+d\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\right)\)
\(=4+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{d}+\dfrac{d}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)+\left(\dfrac{b}{d}+\dfrac{d}{b}\right)+\left(\dfrac{c}{d}+\dfrac{d}{c}\right)\)
\(\ge4+2+2+2+2+2+2=16\)
Từ đó \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\ge\dfrac{16}{a+b+c+d}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{a};\dfrac{a}{c}=\dfrac{c}{a};\dfrac{a}{d}=\dfrac{d}{a};\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{b};...\Leftrightarrow a=b=c=d\)