Chứng minh: a. $3\left(a^4 b^4 c^4\right)\ge\left(a b c\right)\left(a^3 b^3 c^3\right)$ b. $\sqrt{a^2 b^2} \sqrt{c^2 d^2}\ge\sqrt{\left(a c\right)^2 \left(b d\right)^2}$ c. \(a^2 b^2 c^2 d^2\g...

TT

Thục Trinh

4 tháng 2 2019

Chứng minh: a. $3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)$ b. $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}$ c. $a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+ac+ad$ d. $\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\ge3\left(ax+by+cz\right)$ (Gợi ý: Bất đẳng thức Trê-bư-xếp) Giúp em với! <3...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

2

E

Eren

11 tháng 2 2019

Câu b search google bđt Min-cốp-xki thẳng tiến

Đúng(0)

TT

Thục Trinh

4 tháng 2 2019

Chị ơi!

Đúng(0)

2D

2K9-(✎﹏ ΔΠGΣLS ΩҒ DΣΔTH )

22 tháng 5 2023 - olm

Chứng minh với a; b; c; d > 0

$\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}$ $\ge$ $\left(a+b\right)\left(c+d\right)$

#Toán lớp 9

2

A

Anime

22 tháng 5 2023

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 :$\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bc+ad+bd=\left(a+b\right)\left(c+d\right)$

Đúng(4)

DX

Đỗ Xuân Hưng

22 tháng 5 2023

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

$(a^{2} + c^{2}) (b^{2} + c^{2}) \geq (a c + b c)^{2} = a c + b c$

CMTT : $(a^{2} + d^{2}) (b^{2} + d^{2}) \geq a d + b d$

Ta có : $(a^{2} + c^{2}) (b^{2} + c^{2}) + (a^{2} + d^{2}) (b^{2} + d^{2}) \geq a c + b c + a d + b d = (a + b) (c + d)$

Đúng(0)

PM

Phùng Minh Quân

19 tháng 6 2019 - olm

$a,b,c,d\inℝ$ thoả mãn $\left|a+b\right|\ge\left|c+d\right|$. CM :

$\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge2\left(\sqrt[4]{\left|a+b\right|^3\left|c+d\right|}-\sqrt[4]{\left|a+b\right|\left|c+d\right|^3}\right)$

#Toán lớp 1

2

CC

Con Chim 7 Màu

19 tháng 6 2019

$\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}$

Cần CM : $\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}\ge\left|a+b\right|-\left|c+d\right|$

$\Leftrightarrow$$\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2\ge\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2-2\left|\left(a+b\right)\left(c+d\right)\right|$

Do đó $VT\ge\left|a+b\right|-\left|c+d\right|=\left(\sqrt{\left|a+b\right|}\right)^2-\left(\sqrt{\left|c+d\right|}\right)^2$

$=\left(\sqrt{\left|a+b\right|}+\sqrt{\left|c+d\right|}\right)\left(\sqrt{\left|a+b\right|}-\sqrt{\left|c+d\right|}\right)$

$\ge2\sqrt[4]{\left|a+b\right|.\left|c+d\right|}\left(\sqrt{\left|a+b\right|}-\sqrt{\left|c+d\right|}\right)$

$=2\left(\sqrt[4]{\left|a+b\right|^3.\left|c+d\right|}-\sqrt[4]{\left|a+b\right|.\left|c+d\right|^3}\right)$ ( đpcm )

.

Đúng(0)

TP

Trần Phúc Khang

19 tháng 6 2019

Áp dụng bất đẳng thức Mincoxki ta có

$\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{b^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2}$

Buniacoxki $\sqrt{\left(\left(a+b\right)^2+\left(c+d\right)^2\right)\left(1+1\right)}\ge|a+b|+|c+d|$

Khi đó cần Cm

$|a+b|+|c+d|\ge2\left(\sqrt{|a+b|^3|c+d|}-\sqrt{|c+d|^3|a+b|}\right)$

Đặt $\sqrt[4]{|a+b|}=x,\sqrt[4]{|c+d|}=y\left(x,y\ge0\right)$

Cần Cm $x^4+y^4\ge2\left(x^3y-xy^3\right)\left(1\right)$

<=> $x^3\left(x-2y\right)+y^4+2xy^3\ge0\left(2\right)$

+ Nếu $x\ge2y$=> BĐT được CM

+ Nếu $x\le2y$

(1) <=> $x^4+y^4+2xy^3\ge2x^3y$

Mà $x^4+x^2y^2\ge2x^3y$

=> Cần CM $y^4+2xy^3-x^2y^2\ge0$

<=> $y^4+xy^2\left(2y-x\right)\ge0$luôn đúng do $x\le2y$

=> BĐT được CM

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=0

Đúng(0)

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

25 tháng 7 2020 - olm

Câu hỏi hay

1.Chứng minh rằng :

$4\sqrt[4]{\left(a+1\right)\left(b+4\right)\left(c-2\right)\left(d-3\right)}\le a+b+c+d$với $a\ge-1;b\ge-4;c\ge2;d>3$

2. Chứng minh rằng :

$\frac{a^2}{b^5}+\frac{b^2}{c^5}+\frac{c^2}{d^5}+\frac{d^2}{a^5}\ge\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}$với $a,b,c,d>0$

#Toán lớp 1

60

HF

HD Film

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

Đúng(1)

PM

Phùng Minh Quân

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}$

Đúng(1)

KN

Kiệt Nguyễn

25 tháng 4 2020 - olm

Câu hỏi hay

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\ge\frac{54\left(abc\right)^3}{\left(a+b+c\right)^2\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}}$

#Toán lớp 9

3

T

tth_new

26 tháng 4 2020

$\Leftrightarrow\left(\Sigma a\right)^4\left(\Sigma a^4b^4\right)\left[\Sigma c^2\left(a^2+b^2\right)^2\right]\ge54^2\left(abc\right)^6$

Giả sử $c=\text{min}\left\{a,b,c\right\}$và đặt $a=c+u,b=c+v$ thì nhận được một BĐT hiển nhiên :P

Đúng(0)

TL

Tran Le Khanh Linh

26 tháng 4 2020

Theo BĐT AM-GM ta có:

$c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2}$

$\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^264\left(abc\right)^4}=12\left(abc\right)^2$

=> $\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(a^2+c^2\right)^2}\ge2\sqrt{3}abc$

Cũng theo BĐT AM-GM $\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4\ge3\sqrt[3]{\left(ab\right)^4\left(bc\right)^4\left(ca\right)^4}=3\left(abc\right)^2\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

=> $\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\ge\sqrt{3}\cdot abc\sqrt[3]{abc}$và $\left(a+b+c\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

=> $\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\cdot\left(a+b+c\right)^2\cdot\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}$

$\ge2\sqrt{3}\left(abc\right)\cdot\sqrt{3}\left(abc\right)\sqrt[3]{abc}\cdot9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge54\left(abc\right)^3$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

Đúng(1)

TN

Tiến Nguyễn Minh

21 tháng 10 2019 - olm

Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:$\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1$.Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

8

VT

Vũ Tiến Manh

21 tháng 10 2019

1) Áp dụng bunhiacopxki ta được $\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc$, tương tự với các mẫu ta được vế trái $\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>$$1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>$

$\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1$<=> $\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1$ (1)

áp dụng (x² +y² +z²)(m²+n²+p²) $\ge\left(xm+yn+zp\right)^2$

(2a²bc +b²c² + 2b²ac+a²c² + 2c²ab+a²b²). VT$\ge\left(bc+ca+ab\right)^2$ <=> (ab+bc+ca)². VT $\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1$ ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

Đúng(0)

HF

HD Film

21 tháng 10 2019

4b, $\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}$

$\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}$

Đúng(0)

LA

Lipid Alpha

21 tháng 7 2019

HELP! Chứng minh

a, $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}$

b, $a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)$

#Toán lớp 9

3

T

tthnew

21 tháng 7 2019

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

Đúng(0)

NT

Nguyễn Thành Trương

21 tháng 7 2019

$ 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:

$\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bd\ge0\\\left(ad-bc\right)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bd\ge0\\ab-bc=0\end{matrix}\right.$

Đúng(0)

PJ

Phạm Johny

19 tháng 5 2022

Chứng minh rằng:

a> $\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}$ với a,b,c,d >0

b> $\dfrac{x^2+5}{\sqrt{x^2+4}}>2$

#Toán lớp 9

1

NL

Nguyễn Lê Phước Thịnh

14 tháng 6 2023

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)

Đúng(0)

L

Lông_Xg

15 tháng 6 2018

Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng: 1. $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}$+ $\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}$+ $\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}$ ≥ 1 2. $\dfrac{a}{b+2c+3d}$+$\dfrac{b}{c+2d+3a}$+$\dfrac{c}{d+2a+3b}$+ $\dfrac{d}{a+2b+3c}$ ≥ $\dfrac{2}{3}$ 3. $\dfrac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}$ + $\dfrac{b^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}$ + $\dfrac{c^4}{\left(c+d\right)\left(c^2+d^2\right)}$ + $\dfrac{d^4}{\left(d+a\right)\left(d^2+a^2\right)}$ ≥...

Đọc tiếp

#Toán lớp 10

1

AT

Aki Tsuki

15 tháng 6 2018

Bài 1:

Ta có: $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}$

Áp dụng bđt Cauchy Schwarz có:

$\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8bc}+c\sqrt{c^2+8bc}}$

Lại sử dụng bđt Cauchy schwarz ta có:

$a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}=\sqrt{a}\cdot\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\cdot\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\cdot\sqrt{c^3+8abc}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}$

$\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}}$

=> Ta cần chứng minh: $\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc$

hay $\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc$

Áp dụng bđt Cosi ta có:

$a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}$

Nhân các vế của 3 bđt trên ta đc:

$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc$

=> Đpcm

Đúng(0)

PD

Phạm Dương Ngọc Nhi

27 tháng 2 2020

Bài 3. Cho $a,b,c\in R$. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
$a,\frac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}>2$

$b,\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)$ $\left(ab>0\right)$

$c,\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)\left(c^2+4\right)\left(d^2+4\right)\ge256abcd$

#Toán lớp 10

1

TN

Trung Nguyen

28 tháng 2 2020

a)đpcm<=>(a²+3)²>4(a²+2)<=>(a²+1)²>0(lđ)

b)đpcm<=>$a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)$

Theo AM-GM$\left\{{}\begin{matrix}a^4+b^4+b^4+b^4\ge4a^3b\\b^4+a^4+a^4+a^4\ge4b^3a\end{matrix}\right.$

=>đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a=b

c)AM-GM:$VT\ge256\left|abcd\right|\ge256abcd$

Dấu bằng xảy ra khi hai số bằng 2, hai số còn lại bằng -2 hoặc cả 4 số bằng 2 hoặc cả 4 số bằng -2

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP