K
Khách

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

1 tháng 4 2018
  • (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²
  • Chứng minh: (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)² ↔ (ac)² + (ad)² + (bc)² + (bd)² ≥ (ac)² + 2abcd + (bd)² ↔ (ad)² + (bc)² ≥ 2abcd ↔ (ad)² - 2abcd + (bc)² ≥ 0 ↔ (ad - bc)² ≥ 0
  • Dấu " = " xảy ra khi {\displaystyle {\frac {a}{c}}={\frac {b}{d}}}{\displaystyle {\frac {a}{c}}={\frac {b}{d}}}
1 tháng 4 2018

cosi nhé

24 tháng 10 2018

em lớp 6 nên ko biết làm

hihi

15 tháng 10 2019

\(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{_n}\ge\sqrt[n]{a_1.a_2......a_n}\)

24 tháng 11 2017

Bất đẳng thức Bunyakovsky – Wikipedia tiếng Việt

24 tháng 11 2017
At the speed of lightBất đẳng thức Bunyakovsky dạng thông thường
  • (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²
  • Chứng minh: (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)² ↔ (ac)² + (ad)² + (bc)² + (bd)² ≥ (ac)² + 2abcd + (bd)² ↔ (ad)² + (bc)² ≥ 2abcd ↔ (ad)² - 2abcd + (bc)² ≥ 0 ↔ (ad - bc)² ≥ 0
  • Dấu " = " xảy ra khi 
Bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số
  • Với hai bộ số  và  ta có:

  • Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi  với quy ước nếu một số  nào đó (i = 1, 2, 3,..., n) bằng 0 thì tương ứng bằng 0.
  • Hệ quả của bất đẳng thức Bunyakovsky ta có: 

ngoài ra có thể hiểu hơn ở Hiểu rõ hơn về bất đẳng thức Bunhiacopxki - Toán cấp 3

23 tháng 6 2017

C-S với Bunhia là 1 và là 1 trg hợp của Holder dạng 2 số \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)

AM-GM ng` việt gọi là cô si dạng 2 số \(a^2+b^2\ge2ab\)

Mincopski dạng 2 số \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\ge\sqrt{\left(a+x\right)^2+\left(b+y\right)^2}\)

23 tháng 6 2017

* BĐT Cauchy - Schwars = BĐT Bunhiacopxki

- Thông thường :

( a2 + b2 )(c2 + d2 ) \(\ge\left(ac+bd\right)^2\)

Dấu "=" xảy ra tại : \(\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}\)

- Tổng quát với các bộ số : a1 , a2 , a3 , ... , an và : b1 , b2 , ... , bn

(a12 + a22 + ... + an2)(b12 + b22 + ... + bn2 ) \(\ge\left(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\right)\)

Dấu "=" xảy ra tại : \(\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=...=\dfrac{a_n}{b_n}\)

* BĐT AM-GM

- trung bình nhân (2 số)

với a,b \(\ge0\) , ta luôn có : \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) . Dấu "=" xảy ra tại a=b

- Trung bình nhân ( n số )

Với x1 , x1 , x3 ,..., xn \(\ge0\)

Ta luôn có : \(\dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\ge\sqrt[n]{x_1x_2.....x_n}\)

Dấu "=" xảy ra khi x1 = x2 =...=xn

-Trung bình hệ số :

Với các bộ số : x1 , x1 , x3 ,..., xn \(\ge0\)và a1, a2 , a3 ,... , an ( a1 , a2 ,..., an) là c1ác hệ số

Ta có : \(\dfrac{a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n}{a}\ge\sqrt[a]{x_1^{a_1}.x_2^{a_2}.....x_n^{a_n}}\)

Dấu "=" xảy ra khi x1 = x2 = xn

=================

Cái mincopxki t ko biết , ngoài ra còng có BĐT Cauchy - dạng engel => lên googl seach có

2 tháng 2 2019
  • Chứng minh: (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²
  • ↔ (ac)² + (ad)² + (bc)² + (bd)² ≥ (ac)² + 2abcd + (bd)²
  • ↔ (ad)² + (bc)² ≥ 2abcd
  • ↔ (ad)² - 2abcd + (bc)² ≥ 0
  • ↔ (ad - bc)² ≥ 0 luôn đúng
  • Dáu "='' khi ad = bc
2 tháng 2 2019

BĐT Bunhiacopxki:

Áp dụng cho 6 số(1,1,1,a,b,c)

\(\left(1^2+1^2+1^2\right).\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(1a+1b+1c\right)^2\)

Chứng minh:

\(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right).\left(x^2+y^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2x^2+2axby+b^2y^2\le a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\)

\(\Leftrightarrow2axby\le a^2y^2+b^2x^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\)( đpcm )

11 tháng 9 2017

Đáp án D

3 tháng 8 2018

Đáp án D

22 tháng 4 2018

Chọn D

24 tháng 8 2017

a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)

b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)

=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)