Cho a ,b ,c ,d > 0 Chứng minh rằng : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
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
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 !!!
28 tháng 12 2015
\(VT^2\ge\left(1+1+1+1\right)\left(\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{a+c+d}+\frac{c}{d+a+b}+\frac{d}{b+a+c}\right)\ge4.1=4\)
=> VT >/ 2
Dễ CM được \(\frac{a}{b+c+d}+\frac{b}{a+c+d}+\frac{c}{d+a+b}+\frac{d}{b+a+c}\ge1\)
28 tháng 12 2015
\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+\sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}+\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\)
\(\ge\frac{a}{\frac{a+b+c+d}{2}}+\frac{b}{\frac{b+c+d+a}{2}}+\frac{c}{\frac{a+b+c+d}{2}}+\frac{d}{\frac{a+b+c+d}{2}}=2\)
Dấu '' = '' xảy ra khi a = b + c+ d
b = c+d+a
c = b+a+d
d = a+b+c
Hình như ko có a ; b; c ;d
H
Với a,b,c,d dương, chứng minh rằng \(F=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
2
PN
20 tháng 7 2020
đây là dạng mở rộng của nesbit
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski :
\(\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right].F\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
Tương đương \(F\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)}\)
Ta có : \(\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left(a+d\right)\left(b+c\right)\)
\(\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(2\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right]\)
Suy ra \(\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)}\ge\frac{4}{2}=2\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
DH
20 tháng 7 2020
bạn @dcv thêm phần dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=c;b=d\)
KK
18 tháng 2 2017
Xét: \(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c+d}}=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\)
\(\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+d+a}}=\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}\)
\(\sqrt{\frac{c}{d+a+b}}=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{d+a+b}}=\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}\)
\(\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}=\frac{\sqrt{d}}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\)
\(\Rightarrow VT=\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}+\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\sqrt{a\left(b+c+d\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\\\sqrt{b\left(c+d+a\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\\\sqrt{c\left(d+a+b\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\\\sqrt{d\left(a+b+c\right)}\le\frac{a+b+c+d}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}\ge\frac{2a}{a+b+c+d}\\\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}\ge\frac{2b}{a+b+c+d}\\\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}\ge\frac{2c}{a+b+c+d}\\\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\ge\frac{2d}{a+b+c+d}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{2a}{a+b+c+d}+\frac{2b}{a+b+c+d}+\frac{2c}{a+b+c+d}+\frac{2d}{a+b+c+d}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{2\left(a+b+c+d\right)}{a+b+c+d}\)
\(\Rightarrow VT\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c+d\right)}}+\frac{b}{\sqrt{b\left(c+d+a\right)}}+\frac{c}{\sqrt{c\left(d+a+b\right)}}+\frac{d}{\sqrt{d\left(a+b+c\right)}}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+\sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}}\ge2\) ( đpcm )
AH
Akai Haruma
Giáo viên
18 tháng 2 2017
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(\frac{b+c+d}{a}=\frac{b+c+d}{a}.1\leq \left(\frac{\frac{b+c+d}{a}+1}{2}\right)^2=\left(\frac{b+c+d+a}{2a}\right)^2\)
\(\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}\). Tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{2(a+b+c+d)}{a+b+c+d}=2\) (đpcm)
PN
12 tháng 8 2016
\(\text{~~ Lời giải ~~}\)
Sử dụng giả thiết \(a,b,c,d\in R^+,\) dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy các biến số sau:
\(\frac{a\left(a+d\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{b\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}+\frac{c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}+\frac{d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge2\) \(\left(\text{*}\right)\)
Đặt bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)
Khi đó, ta kí hiệu \(VT\left(\text{*}\right)\) là vế trái của bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức \(AM-GM\) cho bốn số , ta có:
\(a+b+c+d\ge2\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Từ đó, ta xây dựng được một bất đẳng thức mới có dạng sau:
\(\frac{a\left(a+d\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4a\left(a+d\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{4\left(a^2+ad\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Đổi biến theo vòng hoán vị \(b\rightarrow c\rightarrow d\rightarrow a,\) ta lần lượt thiết lập được các bất đẳng thức tương tự theo công đoạn trên:
\(\frac{b\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(b^2+ab\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\frac{c\left(b+c\right)}{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\frac{4\left(c^2+bc\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
\(\frac{d\left(c+d\right)}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}\ge\frac{4\left(d^2+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Kết hợp bốn bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta suy ra:
\(VT\left(\text{*}\right)\ge\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ca+da\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)
Đến đây, để hoàn tất việc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng:
\(\frac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+ca+da\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge2\)
Bằng phép biến đổi tương đương, ta thu được một bất đẳng thức mới sau:
\(\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)
là một bất đẳng thức luôn đúng với mọi \(a,b,c,d\in R^+.\) Do đó, điều này kéo theo bất đẳng thức ban đầu được chứng minh!
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=d\)
HF
25 tháng 7 2020
Câu 1:
\(4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+1+b+4+c-2+d-3=a+b+c+d\)
Dấu = xảy ra khi a = -1; b = -4; c = 2; d= 3
25 tháng 7 2020
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^2}{b^5}\ge\frac{2}{b^3}-\frac{1}{a^2b}\)
\(\frac{2}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a^2b}\le\frac{2}{3a^3}+\frac{1}{3b^3}\)
\(\Rightarrow\)\(\Sigma\frac{a^2}{b^5}\ge\Sigma\left(\frac{5}{3b^3}-\frac{2}{3a^3}\right)=\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\)
KN
1 tháng 8 2020
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
27 tháng 7 2020
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
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 \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)