K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 10 2017

Lời giải:

\(a^2+b^2+c^2+d^2\geq a(b+c+d)\)

\(\Leftrightarrow 4a^2+4b^2+4c^2+4d^2\geq 4a(b+c+d)\)

\(\Leftrightarrow (a-2b)^2+(a-2c)^2+(a-2d)^2+a^2\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng nên ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \(0=a=2b=2c=2d\Leftrightarrow a=b=c=d=0\)

1 tháng 10 2017

Ta có : 4( b² + c² + d² + e²) ≥( b + c + d +e )² ( dễ lắm, bạn tự cm lấy nhé, ) 
=> ( b² + c² + d² + e²) ≥ ( b + c + d +e )²/4 (*) 
G/s bdt đề bài đúng, ta có: 
<=> a² + b²+ c² + d²+ e² - a(b + c + d +e) ≥ 0 
Lại có ( *) => ta có : a² + b²+ c² + d² + e² - a(b + c + d +e) ≥ a² + ( b + c + d +e )²/4 - a(b + c + d +e) 
<=> [ a - ( b + c+ d +e)/2]² => hiển nhiên đúng 
Vậy ta có dpcm. 
Với cách này ta cũng có thể chứng minh các bdt tương tự với 3 biến, 4 biến v.v.... 
Chúc bạn học giỏi, chào bạn!  

14 tháng 10 2017

\(4a^2+4b^2+4c^2+4d^2-4ab-4ac-4ad\) \(\ge 0\)

\(\leftrightarrow\) \(a^2-4ab+4b^2+a^2-4ac+4c^2+a^2-4ad+4d^2+a^2\) \(\ge 0\)

\(\leftrightarrow\) \(\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+a^2\) \(\ge 0\) (luôn đúng)

27 tháng 12 2015

chứng minh cho 2 số trước sau đó áp dụng cho 3 số nhé

Cách 1: ta chứng minh\(\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{d}\ge\frac{\left(a+c\right)^2}{b+d}\)

Thật vậy \(\frac{a^2d+c^2b}{bd}-\frac{\left(a+c\right)^2}{b+d}\)\(\ge0\)

\(\frac{\Leftrightarrow\left(a^2d+c^2b\right)\left(b+d\right)-\left(a+b\right)^2bc}{\left(b+c\right)bc}\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow\frac{a^2bd+a^2d^2+c^2b^2+c^2bd-a^2bd-2abcd-c^2bd}{ }\ge0\)

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

tương tự dùng cho 3 số => đpcm

Cách 2: dùng bđt BUNIACOPSKI. ta có:

\(\left(\frac{a}{\sqrt{b}}.\sqrt{b}+\frac{c}{\sqrt{d}}.\sqrt{d}\right)^2\le\left(\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{d}\right)\left(b+d\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2\le\)\(\left(\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{d}\right)\left(b+d\right)\)

\(\frac{\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2}{b+d}\le\frac{a^2}{b}+\frac{c^2}{d}\) đến đây lại làm tt cách 1

 

8 tháng 7 2020

\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(Luôn đúng)

9 tháng 7 2020

cách khác ạ :3

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz dạng engel ta có :

\(a^2+b^2+c^2=\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{1}+\frac{c^2}{1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

15 tháng 10 2017

bài 2

(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi

Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)

khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)

Tương tự \(b< ac,c< ab\)

Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)

mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên

\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)

Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)

Vậy bài toán được chứng minh

15 tháng 10 2017

3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)

và \(xy+yz+xz\ge1\)

ta phải chứng minh  có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng

\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)

Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử

\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)

Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)

Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)

\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó

\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)

mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.

25 tháng 7 2016

2) Áp dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)được : \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)

25 tháng 7 2016

1) \(x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\)

\(\frac{1}{4}a^2+b^2\ge ab\)

\(\frac{1}{4}a^2+c^2\ge ac\)

\(\frac{1}{4}a^2+d^2\ge ad\)

\(\frac{1}{4}a^2+e^2\ge ae\)

Cộng vế theo vế ta được: \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

1 tháng 10 2017

áp dụng BĐT Cauchy cho hai số : \(a^2+\dfrac{1}{4}\ge a\)

\(b^2+\dfrac{1}{4}\ge b\) Cộng hai vế bất đẳng thức trên ta được:

\(a^2+b^2+\dfrac{1}{2}\ge a+b\)\(a+b=1\)

\(\Rightarrow a^2+b^2\ge1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\) dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)

16 tháng 8 2017

câu a có bị sai chỗ nào không vậy bạn