Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn \(\dfrac{a}{b}< \dfrac{c}{d}\)
Hãy so sánh \(\dfrac{a}{b}\) và \(\dfrac{a+c}{b+d}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Điều kiện đã cho có thể được viết lại thành \(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}=2\)
hay \(1-\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+1-\dfrac{c}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+bc-ab-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d^2+da-cd-d^2}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d\left(a-c\right)}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left[\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}-\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\) (do \(c\ne a\))
\(\Leftrightarrow b\left(cd+ca+d^2+da\right)=d\left(ab+ac+b^2+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow bcd+abc+bd^2+abd=abd+acd+b^2d+bcd\)
\(\Leftrightarrow abc+bd^2-acd-b^2d=0\)
\(\Leftrightarrow ac\left(b-d\right)-bd\left(b-d\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-d\right)\left(ac-bd\right)=0\)
\(\Leftrightarrow ac=bd\) (do \(b\ne d\))
Do đó \(A=abcd=ac.ac=\left(ac\right)^2\), mà \(a,c\inℕ^∗\) nên A là SCP (đpcm)
Trước tiên ta đi chứng minh BĐT phụ là:
Với thì
Cách CM:
BĐT trên tương đương với: (luôn đúng)
Quay trở về bài toán chính: Áp dụng BĐT phụ trên :
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Bunhiacopxki:
\(\left(a^2+b+c+d\right)\left(1+b+c+d\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2=16\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+b+c+d}\le\dfrac{1+b+c+d}{16}\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{b^2+c+d+a}\le\dfrac{1+c+d+a}{16}\) ; \(\dfrac{1}{c^2+d+a+b}\le\dfrac{1+d+a+b}{16}\)
\(\dfrac{1}{d^2+a+b+c}\le\dfrac{1+a+b+c}{16}\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{4+3\left(a+b+c+d\right)}{16}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)
thử bài bất :D
Ta có: \(\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{a^3}{2^3}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) ( AM-GM cho 5 số ) (*)
Hoàn toàn tương tự:
\(\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c+a}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{b^3\left(c+a\right)}.\dfrac{b^3}{2^3}.\dfrac{\left(c+a\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (**)
\(\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{c}{2}+\dfrac{a+b}{4}\ge5\sqrt[5]{\dfrac{1}{c^3\left(a+b\right)}.\dfrac{c^3}{2^3}.\dfrac{\left(a+b\right)}{4}}=\dfrac{5}{2}\) (AM-GM cho 5 số) (***)
Cộng (*),(**),(***) vế theo vế ta được:
\(P+\dfrac{3}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge\dfrac{15}{2}\) \(\Leftrightarrow P+2\left(a+b+c\right)\ge\dfrac{15}{2}\)
Mà: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( AM-GM 3 số )
Từ đây: \(\Rightarrow P\ge\dfrac{15}{2}-2\left(a+b+c\right)=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
1. \(a^3+b^3+c^3+d^3=2\left(c^3-d^3\right)+c^3+d^3=3c^3-d^3\) :D
\(VT=\dfrac{\left(a+c\right)^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\dfrac{\left(b+d\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b+d\right)}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c+a\right)\left(c+d\right)}+\dfrac{\left(d+b\right)^2}{\left(d+a\right)\left(d+b\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(2a+2b+2c+2d\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(b+c\right)\left(b+d\right)+\left(a+c\right)\left(c+d\right)+\left(a+d\right)\left(b+d\right)}=\dfrac{4\left(a+b+c+d\right)^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}=4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)
\(\dfrac{a}{b}< \dfrac{c}{d}\Rightarrow ad< bc\\ \Rightarrow ad+ab< bc+ab\\ \Rightarrow a\left(b+d\right)< b\left(a+c\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{a}{b}< \dfrac{a+c}{b+d}\)