cái này hình như bđt cosi cho 4 số thì phải 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\\c+d\ge2\sqrt{cd}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow a+b+c+d\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\left(1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm

\(\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\ge2\sqrt{\sqrt{abcd}}=2\sqrt[4]{abcd}\)

\(\Rightarrow\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\frac{2\sqrt[4]{abcd}}{2}=\sqrt[4]{abcd}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{cd}}{2}\ge\sqrt[4]{abcd}\)

\(\Rightarrow\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)

Chúc bạn học tốt !!!

Bài làm

Từ \(\frac{a+b+c+d}{4}\ge\sqrt[4]{abcd}\) => \(a+b+c+d\ge4\sqrt[4]{abcd}\)( hiển nhiên đúng vì theo AM-GM )

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = d

=> đpcm

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 \(a=\sqrt{b};c=\sqrt{d}\)

Tham Khao

a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
(a + b) ≥ 2√ab
(b + c) ≥ 2√bc
(c + a) ≥ 2√ca
Vì a,b,c > 0 nên nhân vế với vế 3 BĐT trên ta được:
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8√a^2b^2c^2 =8abc (đpcm)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c

Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{a}\sqrt{b}}\).
Giả sử: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a+b-\sqrt{ab}\right)\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow a+b-\sqrt{ab}\ge\sqrt{ab}\)\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (Luôn đúng).
Vì vậy: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\).

giải

áp dụng bđt cauchy-schwarz ta có

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\ge2\sqrt{a}\\\dfrac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ge2\sqrt{b}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)

\(\Rightarrow dpcm\)

Giả sử: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng).
Vì vậy: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\).

Ta chứng minh 2 bất đẳng thức phụ sau: với x, y, z dương thì:

\(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\left(2\right)\)

+ Chứng minh BĐT (1), sử dụng BĐT AM - GM:

\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4x^2yz\)

\(y^4+y^4+x^4+z^4\ge4xy^2z\)

\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4xyz^2\)

Cộng dồn lại ta có: \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)

+ Chứng minh BĐT (2). Ta có:

\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)=1+x+y+z+xy+yz+xyz\ge1+3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+xyz=\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\)

Bây giờ ta quay lại chứng minh BĐT ở đề.

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

\(\sqrt[4]{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4}\ge\sqrt[4]{3}+\dfrac{\sqrt[4]{243}}{2+abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)

Sử dụng BĐT (1) ta có:

\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

Sử dụng BĐT (2) và BĐT AM - GM ta có:

\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\left(3+\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)

\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc.1.1}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)

Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\ge\dfrac{\left(1+1+1+1\right)^2}{a+b+c+d}=\dfrac{16}{a+b+c+d}\) ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)}}\ge\dfrac{2a^2}{a+4b+3a+2b}=\dfrac{a^2}{2a+3b}\)

Tương tự và cộng lại:

\(VT\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{5a+5b+5c}=\dfrac{a+b+c}{5}\) (đpcm)