Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(A=\frac{\left(a+b+c+d\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A=\frac{\left(a+b+c+d+e\right)^2\left(a+b+c+d\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}{abcde}\)
Áp dụng AM-GM ta có:
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e\left(a+b+c+d\right)^2\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e.4d\left(a+b+c\right)^2\left(a+b\right)}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e.4d.4c\left(a+b\right)^2}{abcde}\)
\(\Rightarrow16A\ge\frac{4e.4d.4c.4ab}{abcde}\)
\(\Rightarrow A\ge16\)
Dấu "=" xảy ra khi đồng thời:
\(\text{a+b+c+d+e=4, a+b+c+d=e, a+b+c=d, a+b=c, a=b}\)
\(\Rightarrow e=2,d=1,c=\frac{1}{2},a=\frac{1}{4},b=\frac{1}{4}\)
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
\(\frac{b+c+d}{\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left(d-a\right)\left(x-a\right)}=\frac{\left(a+b+c+d-x\right)+\left(x-a\right)}{\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left(d-a\right)\left(x-a\right)}\)\(=\frac{\left(a+b+c+d-x\right)}{\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left(d-a\right)\left(x-a\right)}+\frac{1}{\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left(d-a\right)}\)
Áp dụng hoán vị vòng \(b\rightarrow c\rightarrow d\rightarrow a\rightarrow b\) vào VT , ta được :
\(\left(a+b+c+d-x\right)\)[\(\frac{1}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(a-d\right)\left(a-x\right)}+\frac{1}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)\left(b-d\right)\left(b-x\right)}+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)\left(c-d\right)\left(c-x\right)}\)\(+\frac{1}{\left(d-a\right)\left(d-b\right)\left(d-c\right)\left(d-x\right)}\).
Quy đồng mẫu thức và tính toán biểu thức trong [ ] ta được :
\(\frac{-1}{\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)\left(x-d\right)}\)
Vậy ...............
Xin phép sửa đề nhé: " Nếu \(\left(a+b+c+d\right)\left(1-b-c-d\right)=\left(a-b-c-d\right)\left(a+b+c+d\right)\)thì \(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)"
Giải
Từ giả thiết suy ra a = b = c = d
Ta có:\(\left(a+b+c+d\right)\left(1-b-c-d\right)=\left(a-b-c-d\right)\left(a+b+c+d\right)\)
Suy ra: \(\frac{a+b+c+d}{a+b+c+d}=\frac{a-b-c-d}{1-b-c-d}\)
Do a = b =c =d nên \(\frac{a+b+c+d}{a+b+c+d}=\frac{a-b-c-d}{1-b-c-d}\Leftrightarrow\frac{4a}{4a}=\frac{4b}{4b}=\frac{4c}{4c}=\frac{4d}{4d}\)
Theo tỉ lệ thức ta có thể suy ra \(\frac{4a}{4b}=\frac{4c}{4d}\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}^{\left(đpcm\right)}\)
Mạo phép sửa đề:
\(\left(a+b+c+d\right)\left(a-b-c-d\right)=\left(a-b+c-d\right)\left(a+b-c-d\right)\)
\(\Rightarrow a^2-\left(b+c+d\right)^2=\left(a+d\right)^2-\left(b-c\right)^2\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dưới dạng Engel ta có :
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+\frac{\left(c+b\right)^2}{a}+\frac{\left(a+c\right)^2}{b}\ge\frac{\left(a+b+c+b+c+a\right)^2}{a+b+c}\)
\(=\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{a+b+c}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=4\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
3 bài thì thấy 1 bài có trên mạng rồi, buồn thật:( Bài cuối từ từ tí mở Maple lên check đề. Thấy lạ lạ không dám làm ngay:v
Bài 1: Ez game, chỉ là Buffalo Way, mà Ji Chen (tác giả BĐT Iran 96 có giải rồi, mình không giải lại): hard inequalities
Bài 2: Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{3x}{x+y+z};\frac{3y}{x+y+z};\frac{3z}{x+y+z}\right)\) rồi quy đồng lên xem.
Bài 3: Tí check đề cái đã.
e)\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(=1+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+1\)
\(=\left(1+1\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)
\(=2+\left(\frac{a.a}{b.a}+\frac{b.b}{a.b}\right)\)
\(=2+\frac{a.a+b.b}{b.a}\)
Vì \(\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2\)
Nên \(2+\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2+2=4\)
Hay \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)>=4\)
a) \(a^2+b^2-2ab\)
\(=\left(a-b\right)^2\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\) là binh phương của một số nên \(\left(a-b\right)^2>=0\)
Hay \(a^2+b^2-2ab>=0\)