\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge1\)

\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge2-1\)

thay a+b+c+d=2  ta có

\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge a+b+c+d-1\)

\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+d^2-a-b-c-d+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a^2-a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\frac{1}{4}\right)+\left(d^2-d+\frac{1}{4}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{1}{2}\right)^2+\left(d-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\)(LUÔN LUÔN ĐÚNG )

VẬY BĐT ĐƯỢC CHỨNG MINH

bài này còn có cách khác nhé, áp dụng trực tiếp BĐT Bunhiacopxki 

             BÀI LÀM

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 2 bộ số (1;1;1;1) và (a;b;c;d) ta có:

\(\left(1^2+1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(1.a+1.b+1.c+1.d\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge4\)  (a+b+c+d = 2)

\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge1\)

Dấu "=" xảy ra  \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)

Bài này có cách khác (áp dụng BĐT AM-GM): \(x^2+y^2\ge2\left|xy\right|\) và BĐT chứa dấu giá trị tuyệt đối: \(\left|x\right|\ge x\)

Lời giải

Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT=\left(a^2+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2+\frac{1}{4}\right)+\left(d^2+\frac{1}{4}\right)-1\)

\(\ge\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|+\left|d\right|-1\)

\(\ge a+b+c+d-1=2-1=1^{\left(đcpm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{2}\)

Theo bất đẳng thức côsi, ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab\)

\(b^2+c^2\ge2bc\)

\(c^2+d^2\ge2cd\)

\(a^2+d^2\ge2ad\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge2ab+2bc+2cd+2ad\)

Cộng vào hai vế:\(a^2+b^2+c^2+d^2\), ta có:

\(4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)

Mà a + b + c + d = 4

\(\Rightarrow4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\)\(\ge4\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\)\(\ge1\)

Với \(a=b=c=10\) hiển nhiên BĐT sai

Thôi rồi viết thiếu đề bài

abcd=1 nha các bạn ahihi

Áp dụng BDDT phụ \(\frac{1}{\left(1+x\right)^2}+\frac{1}{\left(1+y\right)^2}\ge\frac{1}{1+xy}\)

\(VT\ge\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+\frac{1}{ab}}=\frac{1}{1+ab}+\frac{ab}{1+ab}=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)

a; b; c; d Có điều kiện gì không bạn?

Dùng Bunyakovsky , có :

\(\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2=4\)

\(\left(1+1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge4\)

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

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

\(\left(1^2+1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a.1+b.1+c.1+d.1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow4\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4}=\frac{2^2}{4}=1\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)

Áp dụng bđt Schwarz ta có: \(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+b+c+c+a}=\dfrac{a+b+c}{2}=1\).

1. Ta có : \(\frac{a}{a+b+c+d}< \frac{a}{a+b+c}< \frac{a+d}{a+b+c+d}\)

          \(\frac{b}{a+b+c+d}< \frac{b}{b+c+d}< \frac{a+b}{a+b+c+d}\)

          \(\frac{c}{a+b+c+d}< \frac{c}{a+c+d}< \frac{b+c}{a+b+c+d}\)

         \(\frac{d}{a+b+c+d}< \frac{d}{a+b+d}< \frac{c+d}{a+b+c+d}\)

Cộng vế theo vế ta được :

\(1< \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\)             ( đpcm )

2. Áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 2 số ko âm b-1 và 1 ta có :

\(\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le\frac{\left(b-1\right)+1}{2}=\frac{b}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> b - 1 = 1    <=> b = 2

\(\Rightarrow a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right)\cdot1}\le a\cdot\frac{b}{2}=\frac{ab}{2}\)

Tương tự ta có : \(b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}\) Dấu "=" xảy ra <=> a = 2

Do đó : \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le\frac{ab}{2}+\frac{ab}{2}=ab\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 2

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

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

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

4c, 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)

\(\frac{a^2}{b+2}\)\(+\frac{b+2}{9}\)\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+2}.\frac{b+2}{9}}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow\frac{a^2}{b+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{b+2}{9}\)

ttu\(\frac{b^2}{c+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{c+2}{9}\) \(\frac{c^2}{a+2}\ge\frac{2}{3}-\frac{a+2}{9}\)

cong vs nhau ta co \(vt\ge\frac{6}{3}-\frac{a+b+c+6}{9}=\frac{6}{3}-1=1\)

dau = xay ra khi x=y=z=1