Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
làm xong ấn hủy :(( chán
\(bđt\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2+2d^2+2e^2-2ab-2ac-2ad-2ae\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a\left(d+e\right)+\left(d+e\right)^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^2+d^2-2de+e^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-d-e\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-b-c\right)^2+\left(d-e\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy ta có điều phải chứng minh
cách khác câu a)
ta xét P=a2-a(b+c+d+e)+b2+c2+d2+e2 là một tam thức bậc 2 theo biến a ta có \(\Delta=\left(b+d+c+e\right)^2-4\left(b^2+d^2+c^2+e^2\right)\)
theo bđt cauchy-schwarz ta có \(\left(1+1+1+1\right)\left(b^2+c^2+d^2+e^2\right)\ge\left(b+d+c+e\right)^2\)
do đó \(\Delta\le0\), theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ta được
a2-a(b+c+d+e) +b2+c2+d2+e2>=0
bài toán được chứng minh
Căn là để làm màu,khử căn bằng cách bình phương
Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c};\sqrt{d};\sqrt{e}\right)\rightarrow\left(x;y;z;t;v\right)\)
Khi đó ta cần chứng minh:
\(x^2+y^2+z^2+t^2+v^2\ge x\left(y+z+t+v\right)\)
\(\Leftrightarrow4x^2+4y^2+4z^2+4t^2+4v^2-4xy-4xz-4xt-4xv\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-4xy+4y^2\right)+\left(x^2-4xz+4z^2\right)+\left(x^2-4xt+4t^2\right)+\left(x^2-4xv+4v^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2y\right)^2+\left(x-2z\right)^2+\left(x-2t\right)^2+\left(x-2v\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra tại x=2y=2z=2t=2v
a^2+b^2+c^2+d^2-ab-ac-ad>=0
=>(1/a*a^2-ab+b^2)+(1/4a^2-ac+c^2)+(1/4a^2-ad+d^2)+1/4*a^2>=0(đúng)
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} - a\left( {b + c + d + e} \right) \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow {a^2} - a\left( {b + c + d + e} \right) + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \ge 0\]
Xét tam thức bậc hai: $f\left( a \right) = {a^2} - a\left( {b + c + d + e} \right) + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}$
Ta có: $\Delta = {\left( {b + c + d + e} \right)^2} - 4\left( {{b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}} \right)$
Theo bất đẳng thức BCS, ta có: \[{\left( {b + c + d + e} \right)^2} \le \left( {1 + 1 + 1 + 1} \right)\left( {{b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}} \right) = 4\left( {{b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}} \right)\]
Suy ra: \[\Delta = {\left( {b + c + d + e} \right)^2} - 4\left( {{b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}} \right) \le 0 \Rightarrow f\left( a \right) \ge 0,\,\,\forall a \in \mathbb{R} \]
Từ đó ta có đpcm.
Với mọi a;b;c;d;e ta có:
\(\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{a}{2}=b=c=d=e\)
BĐT
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-\left(4ab+4ac+4ad+4ae\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-4ab+4b^2+a^2-4ac+4c^2+a^2-4ad+4d^2+a^2-4ae+4e^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\), luôn đúng với \(\forall a,b,c,d,e\in R\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=2b=2c=2d=2e\)