Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(ac+bc\right)^2}=ac+bc\)

CMTT : \(\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ad+bd\)

Ta có :\(\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}+\sqrt{\left(a^2+d^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bc+ad+bd=\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

(�2+�2)(�2+�2)≥(��+��)2=��+��(a2+c2)(b2+c2)​≥(ac+bc)2​=ac+bc

CMTT : (�2+�2)(�2+�2)≥��+��(a2+d2)(b2+d2)​≥ad+bd

Ta có :(�2+�2)(�2+�2)+(�2+�2)(�2+�2)≥��+��+��+��=(�+�)(�+�)(a2+c2)(b2+c2)​+(a2+d2)(b2+d2)​≥ac+bc+ad+bd=(a+b)(c+d)

cả 1 màn hình , ko để ý sao đc =))

๖²⁴ʱ๖ۣۜNαтʂυƙĭ ๖ۣۜSυbαɾυ™ ༉ Test BĐT một tí thôi. Đừng để ý.

tí ăn cả đống nội quy thì vui nhể :>

b: \(A=\dfrac{x^2+4+1}{\sqrt{x^2+4}}=\sqrt{x^2+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}>=2\sqrt{\sqrt{x^2+4}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}}=2\)

a: =>ab+ad+bc+cd>=ab+cd+2căn abcd

=>ad+cb-2căn abcd>=0

=>(căn ad-căn cb)^2>=0(luôn đúng)

Ta có :

\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)

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

Theo BĐT Bu - nhi - a - cốp - xki ta có :

\(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\right)^2\)

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

Mà : \(\left(1^2+1^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+d^2\right)\right]\ge\left[\left(a+b\right)+\left(c+d\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow\) đpcm

áp dụng bất đẳng thức mincopxki ta có đpcm

Bình phương lên rồi chuyển vế tương đương nhé bạn! Tên gọi của bất đẳng thức này là Mincopxki

Chứng minh bất đẳng thức mincopxki

mincopxki mik chưa nghe qua

thì đó bài bạn đó, BĐT ở bài bạn chính là Mincopxki, bn click vào link đó có cách chứng minh đó :V

Em thử nha, sai thì thôia) bình phương và rút gọn, ta cần chứng minh:

\(2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge2ac+2bd\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge ac+bd\)

Tới đây có thể áp dụng bđt bunhiacopki và thu được đpcm. Nếu không thì

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

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi ad = bc

\( a)\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{c^2} + {d^2}} \ge \sqrt {{{\left( {a + c} \right)}^2} + {{\left( {b + d} \right)}^2}} \left( * \right)\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + 2\sqrt {{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {c + d} \right)}^2}} \ge {a^2} + 2ac + {c^2} + {b^2} + 2bd + {d^2}\\ \Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right)} \ge ac + bd\left( 1 \right) \)

Nếu \(ac+bd<0\) thì (1) đúng

Nếu \(ac+bd\ge0\) thì (1) \(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\) (đúng)

Dấu "=" của bất đẳng thức (*) xảy ra:

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bd\ge0\\\left(ad-bc\right)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ac+bd\ge0\\ab-bc=0\end{matrix}\right.\)

b. BĐT \(\Leftrightarrow3a^2-3ab+3b^2\ge a^2+ab+b^2\)

\(\Leftrightarrow2a^2-4ab+2b^2\ge0\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b

Oái, sao đơn giản thế nhỉ?

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