cho a,b,c,d > 0 . CM :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
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
PV
2
23 tháng 9 2017
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{xy}\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}\)với \(x>0,y>0\)thì
\(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a^2+ad+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(a+d\right)}\ge\frac{4\left(a^2+ad+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)\(\left(1\right)\)
Tương tự :\(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)\(\left(2\right)\)
Cộng\(\left(1\right)\)với \(\left(2\right)\)được
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{a\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ad+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}=4B\)
Cần chứng minh \(B\ge\frac{1}{2}\), bất đẳng thức này tương dương với
\(2B\ge1\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-b\right)^2\ge0\)(đúng)
Dấu "="xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=c\\b=d\end{cases}}\)
VT
23 tháng 9 2017
ta đặt \(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ca}+\frac{d^2}{ad+db}\)
Áp dụng bất đẳng thức svác sơ ta có
\(A\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{ab+bc+cd+da+2ac+2bd}\)
mặt khác ta có
\(\left[\left(a+c\right)+\left(b+d\right)\right]^2=\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2+2\left(a+c\right)\left(b+d\right)\)
\(=a^2+c^2+b^2+d^2+2ac+2bd+2\left(ab+ad+bc+cd\right)=a^2+c^2+b^2+d^2+ab+ad+cb+cd+\left(2ac+2bd+ab+ad+cb+cd\right)\)
đến đây cậu dùng cô si ta có
\(a^2+c^2\ge2ac;b^2+d^2\ge2bd\)
cộng vào ta sẽ ra điêu phải chứng minh
cách hơi cùi một chút nhưng chắc là vẫn được
QB
Cho a ,b ,c ,d > 0 Chứng minh rằng : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
1
KK
31 tháng 1 2017
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}\) với a , b > 0 ta có :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a\left(d+a\right)+c\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)\left(d+a\right)}=\frac{ad+a^2+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(d+a\right)}\ge\frac{4\left(ad+a^2+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\) ( 1 )
\(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}=\frac{b\left(a+b\right)+d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{ab+b^2+cd+d^2}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(ab+b^2+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) cộng theo từng vế:
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Cần chứng minh rằng \(\frac{\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow2\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Rightarrow2ab+2bc+2cd+2ad+2a^2+2b^2+2c^2+2d^2\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2cd+2bd\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge2ac+2bd\)
\(\Rightarrow a^2-2ac+c^2+b^2-2bd+d^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\left(đpcm\right)\)
Vậy \(\frac{ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{4\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge2\)
Vì \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(ab+bc+cd+ad+a^2+b^2+c^2+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Vậy \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
TN
0
PN
Cho a ,b ,c ,d > 0 Chứng minh rằng : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
4
5 tháng 2 2020
Áp dụng BĐT bunhiacopxki cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{a}.\sqrt{b+c};\sqrt{b}.\sqrt{d+c};\sqrt{c}.\sqrt{d+a};\sqrt{d}.\sqrt{a+b}\right)\)
và \(\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{d+c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{d+a}};\frac{\sqrt{d}}{\sqrt{a+b}}\right)\), ta được:
\(\left[a\left(b+c\right)+b\left(d+c\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right]\)\(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{d+c}+\frac{c}{a+d}+\frac{d}{a+b}\right)\)\(\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{d+c}+\frac{c}{a+d}+\frac{d}{a+b}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{ab+ac+bd+bc+cd+ac+ad+bd}\)(1)
Ta có \(\left(a+b+c+d\right)^2\ge2\left(ab+ac+bc+bd+cd+ac+ad+bd\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Do đó: \(\left(a+b+c+d\right)^2\ge2\left(ab+ac+bc+bd+cd+ac+ad+bd\right)\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d
5 tháng 2 2020
Áp dụng BĐT : \(\frac{1}{xy}\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}\)với x,y > 0
Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a^2+ad+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(a+d\right)}\ge\frac{4\left(a^2+ad+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Tương tự : \(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi a = c ; b = d
Vậy ....
10 tháng 10 2019
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel và BĐT AM - GM ta có :
\(M=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\)
\(=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ac}+\frac{d^2}{ad+bd}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{ad+bc+cd+ab+2ac+2bd}\)
\(=\frac{2\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(2ad+2bc+2cd+2ab+2ac+2bd\right)+2ac+2bd}\)
\(\ge\frac{2\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(2ad+2bc+2cd+2ab+2ac+2bd\right)+a^2+b^2+c^2+^2}\)
\(=\frac{2\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d
Chúc bạn học tốt !!!
10 tháng 10 2019
Xét M= \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{a+d}+\frac{d}{a+b}\)
=\(\frac{a\left(a+d\right)+c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{b\left(a+b\right)+d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\)
Với x,y>0 có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
<=>\(\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)
<=>\(\frac{1}{xy}\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}\)(1) .Dấu "=" xảy ra <=>x=y>0
Áp dụng bđt (1) có:
\(\frac{a\left(a+d\right)+c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4\left(a^2+ad+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\frac{b\left(a+b\right)+d\left(c+d\right)}{\left(c+d\right)\left(a+b\right)}\ge\frac{4\left(ab+b^2+dc+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Cộng vế với vế có: \(M\ge\frac{4\left(a^2+ad+bc+c^2+ab+b^2+dc+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Có \(2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)-\left(a+b+c+d\right)^2\)
=\(a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2db=\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)
=>\(2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
<=>\(\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+cd+ad\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge2\)
hay \(M\ge2\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=d>0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 11 2019
1/ Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
2/ \(P=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+bd}+\frac{c^2}{cd+ca}+\frac{d^2}{ad+bd}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)
\(P\ge\frac{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2+2\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)
\(P\ge\frac{4ac+4bd+2ab+2bc+2cd+2ad}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 11 2019
Đơn giản là Cauhy-Schwarz thôi mà
Từ dòng 1 xuống dòng 2 thì khai triển hẳng đẳng thức ở tử số \(\left(x+y\right)^2=x^2+y^2+2xy\) với \(x=a+c\) và \(y=b+d\)
BĐT nesbit với n=4.
chứng minh nó ko hề khó đâu:
đặt VT =A đi .thì sử dụng BĐT bunhiacopxki ta có:
A[a(b+c)+b(c+d)+c(d+a)+d(a+b)]
>=(a+b+c+d)^2
giờ ta chỉ cần chứng minh:
(a+b+c+d)^2>=2a(b+c)+b(c+d)+c(d+a)+d(a...
điều này <=> với:a^2+b^2+c^2+d^2>=2ac+2bd.
diều này là hiển nhiên theo BĐT cô-si=>đpcm.MinA=2.
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{xy}\ge\frac{4}{\left(x+y\right)^2}\left(x;y>0\right)\)
\(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{d+a}=\frac{a^2+ad+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(a+d\right)}\ge\frac{4\left(a^2+ad++bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(1\right)\)
Tương tự \(\frac{b}{c+b}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(2\right)\)
Cộng (1) với (2) \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}=\text{4B}\)
Cần chứng minh \(B\ge\frac{1}{2}\), BDDT này tương đương với
\(2B\ge1\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)