\(\left(c;d\right)\Rightarrow\left(-c;-d\right)\)

\(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2=1\)

\(\left(c-5\right)^2+\left(d-5\right)^2=100\)

Gọi \(A\left(a;b\right)\) thuộc đường tròn có pt \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2=1\) (C) có tâm \(I\left(1;1\right)\) bán kính \(R=1\)

\(B\left(d;c\right)\) thuộc đường tròn có pt \(\left(x-5\right)^2+\left(y-5\right)^2=100\) (C') có tâm \(I'\left(5;5\right)\) bán kính \(R=10\)

\(\Rightarrow AB^2=P=\left(a-d\right)^2+\left(b-c\right)^2\)

\(P_{min}\Leftrightarrow A;B\) là giao điểm nằm cùng phía so với I và I' của đường thẳng II' với 2 đường tròn

Phương trình II': \(x-y=0\)

\(\Rightarrow A\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2};\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\) ; \(B\left(5-5\sqrt{2};5-5\sqrt{2}\right)\)

\(\Rightarrow P_{min}=AB=\dfrac{9\sqrt{2}-8}{\sqrt{2}}=9-4\sqrt{2}\)

Ta có: \(a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\sqrt[4]{\left(abcd\right)^2}=4\)(AM-GM) (abcd=1)

Lại có: \(a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\)

\(=ab+ac+bc+bd+cd+ac+ad+bd\)

\(\ge8\sqrt[8]{\left(abcd\right)^4}=8\)(AM-GM)

Từ đó: 

\(a^2+b^2+c^2+d^2+a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\ge4+8=12\)

=> ĐPCM. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=d=1.

BĐT này do giáo sư Vasile đề xuất, và đây là lời giải của ông ấy:

Do vai trò của các biến là như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(a^2=max\left\{a^2;b^2;c^2;d^2\right\}\)

\(\Rightarrow a^2\ge\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\)

Đặt \(x^2=\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\Rightarrow x^2\le a^2\) (1)

Đồng thời \(x^2=\dfrac{b^2+c^2+d^2}{3}\ge\dfrac{1}{9}\left(b+c+d\right)^2=\dfrac{a^2}{9}\Rightarrow a^2\le9x^2\) (2)

\(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow\left(a^2-x^2\right)\left(a^2-9x^2\right)\le0\) (3)

Ta có:

\(b^4+c^4+d^4=\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-2\left(b^2c^2+c^2d^2+b^2d^2\right)\le\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-\dfrac{2}{3}\left(bc+cd+bd\right)^2\)

\(=\left(b^2+c^2+d^2\right)^2-\dfrac{1}{6}\left[\left(b+c+d\right)^2-\left(b^2+c^2+d^2\right)\right]^2=9x^4-\dfrac{1}{6}\left(a^2-3x^2\right)^2=\dfrac{45x^4+6a^2x^2-a^4}{6}\)

Do đó:

\(12\left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)\le12a^4+12.\dfrac{45x^4+6a^2x^2-a^4}{6}=90x^4+12a^2x^2+10a^4\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(7\left(a^2+3x^2\right)^2\ge90x^4+12a^2x^2+10a^4\)

\(\Leftrightarrow a^4-10a^2x^2+9x^4\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-9x^2\right)\left(a^2-x^2\right)\le0\) (đúng theo (3))

Vậy BĐT được chứng minh hoàn tất.

Dấu "=" xảy ra khi \(b=c=d=-\dfrac{a}{3}\) và các hoán vị của chúng

Nhận xét:Ghi nhớ tam giác Pascal cho bậc 4:\(1\rightarrow4\rightarrow6\rightarrow4\rightarrow1\)

cần cù bù thông minh :)

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

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2-2ab+b^2=c^2+d^2+c^2-2cd+d^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2=c^2-cd+d^2\)

\(\Rightarrow\left(a^2-ab+b^2\right)^2=\left(c^2-cd+d^2\right)^2\) ( mạnh dạn bình phương )

\(\Leftrightarrow a^4+a^2b^2+b^4-2a^3b-2ab^3+2a^2b^2=c^4+c^2d^2+d^4-2c^3d-2cd^3+2c^2d^2\)

\(\Leftrightarrow a^4+3a^2b^2+b^4-2a^3b-2ab^3=c^4+3c^2d^2+d^4-2c^3d-2cd^3\left(1\right)\)

Mặt khác:

\(a^4+b^4+\left(a-b\right)^4\)

\(=a^4+b^4+a^4-4a^3b+6a^2b^2-4ab^3+b^4\)

\(=2\left(a^4-2a^3b-2ab^3+3a^2b^2\right)\left(2\right)\)

Tương tự:

\(c^4+d^4+\left(c-d\right)^4=2\left(c^4-2c^3d-2cd^3+3c^2d^2\right)\left(3\right)\)

Từ ( 1 );( 2 );( 3 ) suy ra đpcm

Này bạn kia , bạn ăn nói đàng hoàng nhé TFBOYS tàu khựa gì chứ , bạn là fan EXO đúng không . Vậ mình nghĩ EXO cũng chẳng khác gì TFboys đâu toàn lũ xách bô thôi .EXO-L cái gì chứ EXO L~ thì có .

Douma bọn TFBOYS tàu khựa

Với 3 số a, b, c bất kì ta luôn có

\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ chi a = b = c

\(\Leftrightarrow\)  \(3-d^2\ge\frac{\left(3-d\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\)  \(9-3d^2\ge d^2-6d+9\)

\(\Leftrightarrow\)  \(4d^2-6d\le0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(0\le d\le\frac{3}{2}\)

Vậy GTLN của d là   \(\frac{3}{2}\) \(\Rightarrow\)  \(\hept{\begin{cases}a+b+c=\frac{3}{2}\\a^2+b^2+c^2=\frac{3}{2}\\a=b=c\end{cases}}\)   \(\Leftrightarrow\)   \(a=b=c=\frac{1}{2}\)

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 

ko biết nhưng hãy tích dùng hộ mình đi

Mọi người ơi giúp em với huhu :((((