link nè

Bài này mk giải rồi : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/642881.html

Zới mọi \(x,y>0\), áp dụng BĐT AM-GM ta có 

\(x^2+y^2=\frac{2xy\left(x^2+y^2\right)}{2xy}\le\frac{\frac{\left(2xy+x^2+y^2\right)^2}{4}}{2xy}=\frac{\left(x+y\right)^4}{8xy}\)

sử dụng kết quả trên ta thu đc các kết quả sau

\(a^2+c^2\le\frac{\left(a+c\right)^4}{8ac}=\frac{\left(a+c\right)^4bd}{8abcd}\le\frac{\left(a+c\right)^4\left(b+d\right)^2}{32abcd}\)

\(b^2+d^2\le\frac{\left(b+d\right)^4}{8bd}=\frac{\left(b+d\right)^4ac}{8abcd}\le\frac{\left(b+d\right)^4\left(c+a\right)^2}{32abcd}\)

Như zậy ta chỉ còn cần CM đc

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{cd}+\frac{1}{da}\ge\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+d\right)^2\left[\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\right]}{32abcd}\)

BĐT trên tương đương zới

\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}{abcd}\ge\frac{\left(a+c\right)^2\left(b+d\right)^2\left[\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\right]}{32abcd}\)

hay 

\(\left(a+c\right)\left(b+d\right)\left[\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\right]\le32\)

đến đây bạn lại sử dụng kết quả trên ta có ĐPCM nhá

Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi a=b=c=d=1

mình ko chắc nhá

Đặt a/b=c/d=k

=>a=bk;c=dk

\(\dfrac{ab}{cd}=\dfrac{bk\cdot b}{dk\cdot d}=\dfrac{b^2}{d^2}\)

\(\dfrac{a^2+b^2}{c^2+d^2}=\dfrac{b^2k^2+b^2}{d^2k^2+d^2}=\dfrac{b^2}{d^2}=\dfrac{ab}{cd}\)

Lời giải:

a)

Bổ đề: Tam giác $ABC$ có \(\angle A=\alpha\) thì \(S_{ABC}=\frac{AB.AC\sin \alpha}{2}\)

Chứng minh: Từ $B$ kẻ đường cao $BH$ của tam giác

Khi đó:\(S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\) (1)

Mà \(\frac{BH}{AB}=\sin \alpha\) (TH góc A tù thì ta có: \(\frac{BH}{AB}=\sin (180^0-\alpha)=\sin \alpha\) ) \(\Rightarrow BH=AB.\sin \alpha\) (2)

Từ (1).(2) suy ra \(S_{ABC}=\frac{AB.AC.\sin \alpha}{2}\)

--------------------------------------------

Quay lại bài toán:

a)

\(S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ADC}=\frac{ab.\sin \angle ABC}{2}+\frac{cd.\sin \angle ADC}{2}\)

Vì \(\sin ABC, \sin ADC\leq 1\Rightarrow S_{ABCD}\leq \frac{ab}{2}+\frac{cd}{2}=\frac{ab+cd}{2}\)

Ta có đpcm.

b)

* Vế đầu tiên:

\(2S=S_{ABC}+S_{ADC}+S_{BAD}+S_{BCD}\)

\(=\frac{ac\sin \angle ABC}{2}+\frac{cd\sin \angle ADC}{2}+\frac{ad.\sin \angle BAD}{2}+\frac{bc\sin \angle BCD}{2}\)

\(\leq \frac{ac}{2}+\frac{cd}{2}+\frac{ad}{2}+\frac{bc}{2}=\frac{ac+cd+ad+bc}{2}\)

\(\Leftrightarrow 4S\leq ac+cd+ad+bc=(a+c)(b+d)\) (đpcm)

* Vế sau:

\(p^2=\left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^2=\frac{[(a+c)+(b+d)]^2}{4}\)

Áp dụng bđt AM-GM: \((a+c)+(b+d)\geq 2\sqrt{(a+c)(b+d)}\)

\(\Rightarrow 4p^2=[(a+c)+(b+d)]^2\geq 4(a+c)(b+d)\)

\(\Rightarrow p^2\geq (a+c)(b+d)\) (đpcm)

c)

Theo phần b, ta đã chứng minh được:

\(S\leq \frac{(a+c)(b+d)}{4}\) (1)

Mặt khác, áp dụng BĐT AM-GM:

\(a^2+b^2\geq 2ab\)

\(a^2+d^2\geq 2ad\)

\(b^2+c^2\geq 2bc\)

\(c^2+d^2\geq 2cd\)

Cộng theo vế: \(\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq 2(ab+ad+bc+cd)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\geq ab+ad+bc+cd=(a+c)(b+d)\) (2)

Từ \((1);(2)\Rightarrow S\leq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\) (đpcm)

Bài 2:

a: TH1: x>=1

A=x-1-2x+5=-x+4

TH2: x<1

A=1-x-2x+5=-3x+6

b: TH1: x>=1

=>-x+4=0

=>x=4(nhận)

TH2: x<1

=>-3x+6=0

=>x=2(loại)