cho a,b,c,d là các số thực không âm chứng minh
$(ab+cd)^{2}+(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2}\geq \sqrt{2}a(b+c)(c+d)(b+d)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 05-03-2016 - 10:24
cho a,b,c,d là các số thực không âm chứng minh
$(ab+cd)^{2}+(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2}\geq \sqrt{2}a(b+c)(c+d)(b+d)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 05-03-2016 - 10:24
cho a,b,c,d là các số thực không âm chứng minh
$(ab+cd)^{2}+(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2}\geq \sqrt{2}a(b+c)(c+d)(b+d)$
Áp dụng lần lượt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
\[\begin{aligned}(ab+cd)^{2}+(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2} & \geqslant \frac{1}{2}(b+c)^2(a+d)^2+(ad+bc)^{2} \\& \geqslant \sqrt{2}(b+c)(a+d)(ad+bc).\end{aligned}\]
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
\[(a+d)(ad+bc) \geqslant a(c+d)(b+d),\]
thu gọn thành
\[d(c-a)(b-a) \geqslant 0.\]
Theo nguyên lý Drichlet thì ít nhất hai trong ba số $b-a,\,c-a,\,d-a$ sẽ cùng dấu nên ta có thể giả sử $(c-a)(b-a) \geqslant 0$ từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 05-03-2016 - 21:43
Áp dụng lần lượt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
\[\begin{aligned}(ab+cd)^{2}+(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2} & \geqslant \frac{1}{2}(b+c)^2(a+d)^2+(ad+bc)^{2} \\& \geqslant \sqrt{2}(b+c)(a+d)(ad+bc).\end{aligned}\]
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
\[(a+d)(ad+bc) \geqslant a(c+d)(b+d),\]
thu gọn thành
\[d(c-a)(b-c) \geqslant 0.\]
Theo nguyên lý Drichlet thì ít nhất hai trong ba số $b-a,\,c-a,\,d-a$ sẽ cùng dấu nên ta có thể giả sử $(c-a)(b-c) \geqslant 0$ từ đó suy ra điều phải chứng minh.
anh Huyện tại sao $b-c\geq 0$ không lẽ giả sử $b\geq c\geq d$ hả anh, em thắc mắc.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 25-03-2016 - 22:26
anh huyện răng b-c>=0 ko lẽ giả sử b>=c>=d hả anh em thắc mắc
Đoạn đó anh gõ nhầm. Đã sửa.
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh