Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b: \(A=\dfrac{x^2+4+1}{\sqrt{x^2+4}}=\sqrt{x^2+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}>=2\sqrt{\sqrt{x^2+4}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}}=2\)
a: =>ab+ad+bc+cd>=ab+cd+2căn abcd
=>ad+cb-2căn abcd>=0
=>(căn ad-căn cb)^2>=0(luôn đúng)
Ta có :
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)
Theo BĐT Bu - nhi - a - cốp - xki ta có :
\(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\)
\(\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\ge\left[\left(a+c\right)+\left(b+d\right)\right]^2\)
Mà : \(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left[\left(a+b\right)+\left(c+d\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(ac+bc\right)^2}=ac+bc\)
CMTT : \(\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ad+bd\)
Ta có :\(\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bc+ad+bd=\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)
có thiếu ĐK nào k bạn ?
áp dụng BĐT cauchy :
\(\dfrac{b}{\left(a+\sqrt{b}\right)^2}+\dfrac{d}{\left(c+\sqrt{d}\right)^2}\ge2\sqrt{\dfrac{bd}{\left(a+\sqrt{b}\right)^2\left(c+\sqrt{d}\right)^2}}=\dfrac{2\sqrt{bd}}{\left(a+\sqrt{b}\right)\left(c+\sqrt{d}\right)}\)
việc còn lại cần chứng minh \(\left(a+\sqrt{b}\right)\left(c+\sqrt{d}\right)\le2\left(ac+\sqrt{bd}\right)\)(đúng theo BĐT chebyshev)(không mất tính tổng quát giả sừ \(a\le\sqrt{b};c\le\sqrt{d}\))
dấu = xảy ra khi \(a=\sqrt{b};c=\sqrt{d}\)
Em thử nha, sai thì thôia) bình phương và rút gọn, ta cần chứng minh:
\(2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge ac+bd\)
Tới đây có thể áp dụng bđt bunhiacopki và thu được đpcm. Nếu không thì
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)-\left(ac+bd\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi ad = bc
\( a)\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{c^2} + {d^2}} \ge \sqrt {{{\left( {a + c} \right)}^2} + {{\left( {b + d} \right)}^2}} \left( * \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + 2\sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {c + d} \right)}^2}} \ge {a^2} + 2ac + {c^2} + {b^2} + 2bd + {d^2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right)} \ge ac + bd\left( 1 \right) \)
Nếu \(ac+bd<0\) thì (1) đúng
Nếu \(ac+bd\ge0\) thì (1) \(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\) (đúng)
Dấu "=" của bất đẳng thức (*) xảy ra:
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bd\ge0\\\left(ad-bc\right)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bd\ge0\\ab-bc=0\end{matrix}\right.\)
Bđt Mincowski nè (^~^)
Biến đổi tương đương:
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2\left(ac+bd\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ac\right)^2+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(bd\right)^2\ge\left(ac\right)^2+2abcd+\left(bd\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) luôn đúng
=> (1) đúng
Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\)
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2}\ge2ac+2bd\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\)
BĐT cuối đúng theo BĐT Bunhiacopski
Dấu "=" khi \(\frac{a}{c}=\frac{b}{d}\)
