K
Khách

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

25 tháng 9 2020

Đề thiếu rồi nhé: \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

Quá ez:))

Ta có: \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\)

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

\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{4}\cdot b^2}+2\sqrt{\frac{a^2}{4}\cdot c^2}+2\sqrt{\frac{a^2}{4}\cdot d^2}+2\sqrt{\frac{a^2}{4}\cdot e^2}\)

\(=ab+ac+ad+ae=a\left(b+c+d+e\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{a}{2}=b=c=d=e\)

25 tháng 9 2020

Sửa đề a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a( b + c + d + e )

a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a( b + c + d + e )

<=> a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ ab + ac + ad + ae

Nhân 4 vào từng vế

<=> 4( a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ) ≥ 4( ab + ac + ad + ae )

<=> 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 ≥ 4ab + 4ac + 4ad + 4ae

<=> 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 - 4ab - 4ac - 4ad - 4ae ≥ 0

<=> ( a2 - 4ab + 4b2 ) + ( a2 - 4ac + 4c2 ) + ( a2 - 4ac + 4d2 ) + ( a2 - 4ae + 4e2 ) ≥ 0

<=> ( a - 2b )2 + ( a - 2c )2 + ( a - 2d )2 + ( a - 2e )2 ≥ 0 ( đúng )

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra <=> \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\)

9 tháng 3 2016

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

\(\Leftrightarrow\)  \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-a\left(b+c+d+e\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-ab-ac-ad-ae\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\left(\frac{a^2}{4}-ab+b^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ac+c^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ad+d^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ae+e^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\left(\frac{a}{2}-e\right)^2\ge0\)  với mọi  \(a,\)  \(b,\)  \(c,\)  \(d,\)  \(e\in R\)  \(\left(2\right)\)

Bất đẳng thức  \(\left(2\right)\)  đúng, mà các phép biến đổi trên tương đương nên bất đẳng thức  \(\left(1\right)\)  được chứng minh.

Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi   \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\), tức  \(a=2b=2c=2d=2e\)

10 tháng 9 2018

\(1.\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(2.\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\frac{a^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge a\left(b+c+d\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=0\)
\(3.\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\left(\frac{a}{2}-e\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{2}=b=c=d=e\)
4. Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

\(\left(c-d\right)^2\ge0\Rightarrow c^2+d^2\ge2cd\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\ge2ab+2cd\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3ab+3cd\)
Ta lại có:\(\left(\sqrt{ab}-\sqrt{cd}\right)^2\ge0\Rightarrow ab+cd\ge2\sqrt{abcd}=2\)

\(\Rightarrow3\left(ab+cd\right)\ge6\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge3\left(ab+cd\right)\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b\\c=d\\ab=cd\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=d\)

17 tháng 3 2019

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

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae-4e^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)

BĐT trên đúng, mà các phép biến đổi là tương đương

\(\RightarrowĐPCM\)

Dấu "=" xảy ra khi a = 2b = 2c = 2d = 2e

17 tháng 3 2019

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.

3 tháng 11 2019

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

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)( luôn đúng )

Vậy ...

10 tháng 11 2019

Có nhiều cách biểu diễn:

VD

\(VT-VP=\frac{\left(a-b-c\right)^2+\left(a-d-e\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(d-e\right)^2}{2}\) (còn rất nhiều ...)

31 tháng 1 2020

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.

31 tháng 1 2020
https://i.imgur.com/8dtxBfV.jpg
17 tháng 4 2016

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)

<=>(a2-4ab+4b2)+(a2-4ac+4c2)+(a2-4ad+4d2)+(a2-4ae+e2)\(\ge\)0

<=>(a-2b)2+(a-2c)2+(a-2d)2+(a-2e)2\(\ge\)0 (luôn đúng)

=>dpcm

17 tháng 4 2016

nhân 2 vế cho 4 chuyển qua lại rồi dùng HĐT bạn ạ

4 tháng 8 2017

Giả sử cả 2 BĐT trên đều đúng

Cộng theo vế ta được

\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2< a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\right)< 4a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2-4ab+4b^2+a^2-4ac+4c^2+a^2-4ad+4d^2+a^2-4ae+4e^2< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2< 0\) (vô lý)

Vậy điều giả sử sai

Nói cách khác, 1 trong 2 BĐT đã cho ở giả thiết là sai.

19 tháng 10 2016

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

\(\Leftrightarrow ac+bd\le\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\left(1\right)\)

  • Nếu \(ac+bd< 0\). Bđt đúng
  • Nếu \(ac+bd\ge0\).Thì (1) tương đương:

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

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

\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2abcd\ge0\)

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

Vậy bài toán được chứng minh.