K
Khách

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

25 tháng 7 2015

\(\left|ab+cd\right|\le\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\Leftrightarrow\left|ab+cd\right|^2\le\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+d^2\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta suy ra:

 Dấu "=" xảy ra <=> ad=bc

21 tháng 11 2017

Câu a)

Em mới hc lớp 7 nên chỉ chứng minh cái phần dấu bằng xảy ra khi nào thui. Ko biết có đúng ko

Theo đề bài Ta có

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

\(\Leftrightarrow\left(ac+bd\right)^2=\left(a^2+b^2\right)^2=\left(c^2+d^2\right)^2\)

Suy ra \(ac=a^2,bd=b^2,ac=b^2\)

Suy ra \(a=b=c=d\)

Vậy dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=d\)

21 tháng 11 2017

ukm nhưng anh cần câu b

23 tháng 1 2019

1) Áp dụng BĐT bun-hi-a-cốp-xki ta có:

\(\left(a+d\right)\left(b+c\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\)( vì a,b,c,d dương )

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)

11 tháng 12 2017

a2(1+b2) + b2(1+c2) + c2(1+a2) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + a2c2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 6 số không âm a2, a2b2, b2, b2c2, c2, a2c2 ta được:

a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + a2c2 >= 6\(\sqrt{a^6b^6c^6}\)= 6abc

=> a2(1+b2) + b2(1+c2) + c2(1+a2) >= 6abc

Dấu = xảy ra khi

a2=a2b2=b2=b2c2=c2=a2c2 

a=b=c=+-1

23 tháng 6 2017

Áp dụng BĐT Cauhy-Schwarz ta có:

\(VT=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

\(\ge\left(\sqrt{\left(ax\right)^2}+\sqrt{\left(by\right)^2}+\sqrt{\left(cz\right)^2}\right)^2\)

\(=\left(ax+by+cz\right)^2=VP\) (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}\)

b: \(A=\dfrac{x^2+4+1}{\sqrt{x^2+4}}=\sqrt{x^2+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}>=2\sqrt{\sqrt{x^2+4}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}}=2\)

a: =>ab+ad+bc+cd>=ab+cd+2căn abcd

=>ad+cb-2căn abcd>=0

=>(căn ad-căn cb)^2>=0(luôn đúng)

6 tháng 8 2018

Ta có BĐT \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\le\left(a+d\right)\left(b+c\right)\Leftrightarrow ab+cd+2\sqrt{abcd}\le ab+ac+bd+dc\)

\(\Leftrightarrow ac+bd\ge2\sqrt{abcd}\) (luôn đúng theo AM-GM)

p/s: mà cái BĐT bn cần chứng minh đó chính là BĐT Bunyakovsky đấy ^.^

7 tháng 10 2017

Sr chụy nha, em chưa học tới ~ :]]]

7 tháng 10 2017

bdt tương đương với  \(a^2+b^2+c^2+d^2+2ac+2bd\le a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge2\left(ac+bd\right)\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+d^2\right)}\ge ac+bd\)

neu ac+bd \(\le0\) thi bdt can duoc cm 

neu ac+bd \(\ge0\) thi \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)

                \(\Leftrightarrow a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\ge a^2c^2+b^2d^2+2abcd\)

 \(\Leftrightarrow b^2c^2+a^2d^2-2abcd\ge0\Leftrightarrow\left(bc-ad\right)^2\ge0\left(dpcm\right)\)