Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
oh, bunhia copxki kìa :V lâu lắm mới thấy đăng toán lớp 9
a) \(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2d^2=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)(luôn đúng)
b) từ câu a ta có:
\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ac-bd\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left(ac-bd\right)^2=0\Leftrightarrow ac=bd\)
a, \(\left(ac\right)^2+\left(bd\right)^2+2abcd+\left(ad\right)^2-2abcd+\left(bc\right)^2\)=\(\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ad\right)^2+\left(bd\right)^2\)
Vp=\(\left(ac\right)^2+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(bd\right)^2\)
=> 2 vế = nhau đpcm
Ta có: \(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right).\left(c^2+d^2\right)\)
<=>\(a^2c^2+b^2d^2+2abcd\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
<=>\(2abcd\le a^2d^2+b^2c^2\)
<=>\(0\le a^2d^2+b^2c^2-2abcd\)
<=>\(0\le\left(ad-bc\right)^2\)(thoả mãn)
Dấu "=" xảy ra khi: \(ad-bc=0=>ad=bc=>\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)
=>ĐPCM
Lời giải:
Đặt biểu thức đã cho là $A$.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2+b^2+c^2+d^2\geq 2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}\)
Mà:
\((a^2+b^2)(c^2+d^2)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
\(=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2=1+(ad+bc)^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\geq 2\sqrt{1+(ad+bc)^2}\)
\(\Rightarrow A\geq 2\sqrt{1+(ad+bc)^2}+ad+bc\). Đặt $ad+bc=t$ thì: $A\geq 2\sqrt{t^2+1}+t$.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((t^2+1)\left[(\frac{-1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2\right]\geq (\frac{-t}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2})^2\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{t^2+1}\geq |\frac{-t}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}|\)
\(\Rightarrow A\geq 2\sqrt{t^2+1}+t\geq 2|\frac{-t}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}|+t\geq 2(\frac{-t}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2})+t=\sqrt{3}\) (đpcm)
a) Ta có:
\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2\)
\(=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)
\(=a^2b^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\)
\(=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
b) theo a) \(\Rightarrow\)\(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\)
Dấu bằng xảy ra khi ad=bc => a/b=c/d
a,\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2\)
\(=a^2\left(c^2+d^2\right)+b^2\left(c^2+d^2\right)=\left(c^2+d^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)
b,Xét hiệu
\(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)-\left(ac+bd\right)^2=\left(ad-bc\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2+2abcd-2abcd=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2-a^2c^2-a^2d^2-b^2c^2-b^2d^2=0\)
\(\Leftrightarrow0=0\)( luôn đúng )
Vậy \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
b) \(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+2abcd\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2abcd\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\)( luôn đúng )
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow ad=bc\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)
a. Đặt VP = ( a2 + b2)(c2 + d2)
VT = (ac + bd)2 + ( ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2 = a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2 = a2(c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = ( c2 + d2) (a2 + b2 ) = VP ( ĐPCM)
Xíu mình nghiên cứu câu b nha!
theo phan a \(\Rightarrow\text{(ac+bd)^2\le(a^2+b^2)(c^2+d^2)}\)
dau "=" xay ra <=> ad-bc=0 <=>\(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)
1) Giả sử \(\sqrt{7}\) là 1 số hữu tỉ, do đó \(\sqrt{7}=\dfrac{a}{b}\) với a,b là những số nguyên dương(\(\dfrac{a}{b}\) tối giản)
Từ đó: \(\sqrt{7}=\dfrac{a}{b}\Leftrightarrow7=\dfrac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow7b^2=a^2\)
\(\Rightarrow a^2⋮7\Rightarrow a⋮7\Rightarrow a=7k\)
Suy ra: \(7b^2=49k^2\Leftrightarrow b^2=7k^2\Rightarrow b^2⋮7\Rightarrow b⋮7\)
Vậy mâu thuẫn với \(\dfrac{a}{b}\) tối giản
Vậy: \(\sqrt{7}\) là số vô tỉ
2) a) \(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(ac\right)^2+\left(bd\right)^2+2ac.bd+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2-2ad.bc=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
b) Chuyển vế rồi khai triển, search trên mạng cũng có
3) Áp dụng BĐT Bunyakovsky, ta có:
\(x^2+y^2\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\)
Câu 3:
Ta có:
$(x-y)^2\geq 0$ với mọi số thực $x,y$
$\Leftrightarrow x^2+y^2\geq 2xy$
$\Leftrightarrow 2(x^2+y^2)\geq x^2+y^2+2xy$
$\Leftrightarrow 2S\geq (x+y)^2$
$\Leftrightarrow 2S\geq 4$
$\Leftrightarrow S\geq 2$
Vậy $S_{\min}=2$. Giá trị này đạt được tại $x=y=1$
Câu 2:
a)
$(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=a^2c^2+b^2d^2+2acbd+a^2d^2+b^2c^2-2adbc$
$=a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2$
$=(a^2c^2+a^2d^2)+(b^2d^2+b^2c^2)$
$=a^2(c^2+d^2)+b^2(c^2+d^2)=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$ (đpcm)
b)
BĐT đã cho tương đương với:
$a^2c^2+b^2d^2+2acbd\leq a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2$
$\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2abcd\geq 0$
$\Leftrightarrow (ad-bc)^2\geq 0$ (luôn đúng với mọi số thực $a,b,c,d$)
Do đó BĐT được chứng minh.