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 

Do  a < b < c < d < m < n 
=> 2c < c + d 
m< n => 2m < m+ n 
=> 2c + 2a +2m = 2 ( a + c + m) < a +b + c + d + m + n) 
Do đó :
(a + c + m)/(a + b + c + d + m + n) < 1/2(đcpcm)

Câu 1.
(7n-8)/(2n-3) = (7n - 21/2 + 5/2)/(2n - 3) = [(7/2)(2n-3) + 5/2]/(2n-3) =
= 7/2 + 5/(4n-6)
Phân số đã cho có GTLN khi 5/(4n-6) có GTLN, tức là khi 4n-6 có giá trị dương nhỏ nhất (với n là stn) hay n = 2
Trả lời : n = 2 (khi đó phân số có GTLN là 7/2 + 5/2 = 6)

1

Đặt \(A=\dfrac{7n-8}{2n-3}\)

Ta có \(2A=\dfrac{2\left(7n-8\right)}{2\left(2n-3\right)}=\dfrac{14n-16}{2\left(2n-3\right)}=\dfrac{7\left(2n-3\right)+5}{2\left(2n-3\right)}\)

\(=\dfrac{7}{2}+\dfrac{5}{2\left(2n-3\right)}\)

A lớn nhất \(\Leftrightarrow\) 2A lớn nhất \(\Leftrightarrow\dfrac{5}{2\left(2n-3\right)}\) lớn nhất

=> 2n-3 là số dương nhỏ nhất

=> 2n-3 = 1

=> 2n =4

=> n = 2

Thay n = 2 vào A, ta được A = 6

Vậy GTLN của A =6 khi n =2

2)

Ta có p(x) chia hết cho 5 với mọi x nguyên

=> p (0) chia hết cho 5

\(\Leftrightarrow d⋮5\left(1\right)\)

p(1) \(⋮5\)

=> a+b+c+d \(⋮5\)

Mà d chia hết cho 5 => \(a+b+c⋮5\)

p(-1) \(⋮5\)

\(\Rightarrow-a+b-c⋮5\)

Ta có p(1)+p(2) chia hết cho 5

=> a+b+c -a +b-c \(⋮5\)

=> 2b \(⋮5\)

=. b chia hết cho 5 (2)

Vì a+b+c \(⋮5\) , b \(⋮5\)

\(\Rightarrow a+c⋮5\) (*)

Ta có p(2) = 8a+4b+2c+d

p (2) \(⋮5\)

=>8a + 2c chia hết cho 5 (**)

Từ * và ** suy ra a và c đều chia hết cho 5 ( vì 8 và 2 \(⋮̸\)5, muốn 8a+2c \(⋮5\) thì cả a và c đều phải chia hết cho 5) (3)

Từ (1), (2),(3) suy ra ĐPCM

c) Câu này tớ không nhớ :)))

Bài làm :

Ta có : \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge2xy\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT (1) ta có :

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{c}{d+a}=\dfrac{a^2+ad+bc+c^2}{\left(b+c\right)\left(d+a\right)}\ge\dfrac{4\left(a^2+ad+bc+c^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(2\right)\)

Tương tự : \(\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{4\left(b^2+ab+cd+d^2\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\left(3\right)\)

Cộng các về của các BĐT (2) và (3) ta được :

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ad+bc+ab+cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{2\left(2a^2+2b^2+2c^2+2d^2+2ad+2bc+2ab+2cd\right)}{\left(a+b+c+d\right)^2}\)

\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\ge\dfrac{2[\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(a+d\right)^2]}{\left(a+b+c+d\right)^2}=2B\)

Ta dễ dàng chứng minh được : \(B\ge1\)

Thật vậy :

\(\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+d\right)^2+\left(a+d\right)^2}{\left(a+b+c+d\right)^2}\ge1\)

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

\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Dấu đằng thức xảy ra : \(\Leftrightarrow a=c;b=d\)

khó thế tui ko hỉu

Đặt \(P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{a+d}+\dfrac{d}{a+b}\)

\(P=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+bd}+\dfrac{c^2}{ac+cd}+\dfrac{d^2}{ad+bd}\)

\(P\ge\dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{ab+2ac+bc+2bd+cd+ad}=\dfrac{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2+2\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}\)

\(P\ge\dfrac{4ac+4bd+2ab+2bc+2cd+2ad}{2ac+2bd+ab+bc+cd+ad}=2\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\)

Mk viết nhầm tất cả bỏ căn nhá

Đặt: A=a/(b+c)+b/(c+d)+c/(d+a)+d/(a+b)
. B=b/(b+c)+c/(c+d)+d/(d+a)+a/(a+b)
. C=c/(b+c)+d/(c+d)+a/(d+a)+b/(a+b)
Ta có: B+C=4
Áp dụng Cosôsi và BĐT quen thuộc: 1/x+1/y >= 4/(x+y) với x,y dương ta có:
A+B=(a+b)/(b+c)+(b+c)/(c+d)+
+(c+d)/(d+a)+(d+a)/(a+b) >=4
A+C =(a+c).[1/(b+c)+1/(d+a)] +(b+d).[1/(a+b)+1/(c+d)]
>= 4(a+c)/(b+c+d+a) +4(b+d)/(a+b+c+d)=4
Do đó : 2A+B+C >= 8
Mà B+C=4 nên A >= 2

\(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}=2\)

\(1-\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+1-\dfrac{c}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\dfrac{b}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\dfrac{b\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d\left(a-c\right)}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

<=>b(c+d)(d+a)+d(a+b)(b+c)=0 (vì c≠a)

<=>abc-acd+bd²-b²d=0

<=> (b-d)(ac-bd)=0 <=> ac - bd =0 (vì b≠d) <=> ac = bd

Vậy abcd =(ac)(bd)=(ac)²

`a/b<(a+c)/(b+d)`

`<=>a(b+d)<b(a+c)`

`<=>ab+ad<ad<bc`

`<=>ad<bc`

`<=>a/b<c/d`(theo giả thiết)

`(a+c)/(b+d)<c/d`

`<=>d(a+c)<c(b+d)`

`<=>ad+cd<bc+dc`

`<=>ad<bc`

`<=>a/b<c/d`(theo giả thiết)`

`=>a/b<(a+c)/(b+d)<c/d`