Chủ đề này có 5 trả lời

[chit_in]

Cho biểu thức $P = a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ac+bd$, trong đó $ad-bc=1$. Chứng minh rằng $P \geq \sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 29-12-2011 - 21:14

[yeutoan11]

Cho biểu thức $P = a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ac+bd$, trong đó $ad-bc=1$. Chứng minh rằng $P \geq \sqrt{3}$

Vì $(ad - bc)^2 + (ac + bd)^2=(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)$ và $ad - bc = 1$ nên:
$1 + (ac + bd)^2 = (a^2 + b^2)(c^2 + d^2)$ (1)
$P=a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + ac + bd$ áp dụng BĐT AM-GM:
$(a^2 + b^2)+(c^2 + d^2)\geq 2\sqrt{(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)}$
Do đó $P\geq ac + bd + 2\sqrt{(a^2 + b^2)(c^2+d^2)}$ (2)
Từ (1) và (2)
Suy ra $P\geq ac + bd + 2\sqrt{1+(ac+bd)^2}$
Rõ ràng $P\geq 0$ vì $2\sqrt{1+(ac+bd)^2}> \left | ac +bd \right |$
Đặt $x = ac + bd$ thì$P \geq x+2\sqrt{1+x^2} > 0 \Leftrightarrow P^2\geq x^2 + 4(1+x^2) +4x\sqrt{1 + x^2} $
$=(1 + x^2) + 4x\sqrt{1 + x^2}+4x^2 + 3= (\sqrt{1+x^2}+2x)^2+3\geq 3\Rightarrow P\geq \sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-01-2012 - 22:20

[Zaraki]

Cách 2. $a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd - \sqrt{3}=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd -\sqrt{3}(ad-bc)=$
$=\frac{1}{4}\left((2a+c-\sqrt3d)^2+(2b+\sqrt3c+d)^2\right)\geq0$.

Cách 3. Ta có $2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}=2\sqrt{(ac+bd)^{2}+1}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})$
Đặt $t=ac+bd$, do đó $S\geq 2\sqrt{t^{2}+1}+t \geq \sqrt{3}$.

[Yagami Raito]

Có bài này đề hơi giông nè...

Cho $a,b,c,d$ có tích bằng $1$. Chứng minh rằng

$a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6$

[nguyenqn1998]

Có bài này đề hơi giông nè...

Cho $a,b,c,d$ có tích bằng $1$. Chứng minh rằng

$a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6$

bài này AM-GM 6 số là ra mất rồi

[Element hero Neos]

có phải chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào không?