K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
7 tháng 4 2017
\(a\ge b\Leftrightarrow a^2\ge b^2\Leftrightarrow a^2-b^2\ge0\)
\(c\ge d\Leftrightarrow c^2\ge d^2\Leftrightarrow c^2-d^2\ge0\)
\(-ab+ac\le0\)
\(-ad-cd\le0\)
\(-bc+bd\le0\)
\(\Rightarrow2\left(-ab+ac-ad-cd-bc+bd\right)\le0\)
\(\Rightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)
Bằng nhau khi và chỉ khi a = b = c = d
Dấu lớn xảy ra khi a> b >c > d
***Mình chẳng hiểu bài làm của mình đâu. Mong bạn thông cảm. Bạn mà hiểu được thì qủa là thiên tài 
***********
DT
2
19 tháng 4 2017
a) có\(\left(m+1\right)^2-4m=m^2+2m+1-4m=m^2-2m+1=\left(m-1\right)^2\)\(\ge\)0 ới mọi m suy ra \(\left(m+1\right)^2\ge4m\)dấu''=''xảy ra khi và chỉ khi m=1
b) có\(m^2\ge0\forall m;n^2\ge0\forall n\)suy ra \(m^2+n^2+2\ge2\forall m;n\)dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi m=m=0
NM
2
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
15 tháng 3 2021
\(m^2+n^2+\frac{1}{4}\ge2mn+m-n\)
\(\Leftrightarrow m^2+n^2+\frac{1}{4}-2mn-m+n\ge0\)
\(\Leftrightarrow m^2+n^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2-2mn-2.\frac{1}{2}m+2.\frac{1}{2}n\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(n-m+\frac{1}{2}\right)^2\ge0\)
Biểu thức cuối luôn đúng mà ta biến đổi tương đương nên ta có đpcm.
15 tháng 3 2021
m2 + n2 + 1/4 ≥ 2mn + m - n
<=> 4m2 + 4n2 + 1 ≥ 8mn + 4m - 4n
<=> 4m2 + 4n2 + 1 - 8mn + 4m - 4n ≥ 0
<=> ( 2m - 2n + 1 )2 ≥ 0 ( đúng )
Vậy ta có đpcm
2 tháng 5 2017
Ta có:
m2+n2+p2+q2+1-mn+mp+mq+m
\(=\left(\dfrac{m^2}{4}-mn+n^2\right)+\left(\dfrac{m^2}{4}-mp+p^2\right)+\left(\dfrac{m^2}{4}-mq+q^2\right)+\left(\dfrac{m^2}{4}-m+1\right)\)
\(=\left(\dfrac{m}{2}-n\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-p\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-q\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-1\right)^2\)
mà \(\left(\dfrac{m}{2}-n\right)^2\ge0;\left(\dfrac{m}{2}-p\right)^2\ge0;\left(\dfrac{m}{2}-q\right)^2\ge0;\left(\dfrac{m}{2}-1\right)^2\ge0\)
=> \(\left(\dfrac{m}{2}-n\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-p\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-q\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-1\right)^2\ge0\)
<=> m2+n2+p2+q2+1-mn+mp+mq+m \(\ge0\)
<=> m2+n2+p2+q2+1\(\ge\) mn+mp+mq+m
<=> m2+n2+p2+q2+1\(\ge\) m(n+p+q+1)
Vậy m2+n2+p2+q2+1\(\ge\) m(n+p+q+1) với mọi m, n, p, q
3 tháng 5 2017
Giải:
Ta có:
\(m^2+n^2+p^2+q^2+1\ge m\left(n+p+q+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{m^2}{4}-mn+n^2\right)+\left(\dfrac{m^2}{4}-mp+p^2\right)+\left(\dfrac{m^2}{4}-mq+q^2\right)+\left(\dfrac{m^2}{4}-m+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{m}{2}-n\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-p\right)^2\) \(+\left(\dfrac{m}{2}-q\right)^2+\left(\dfrac{m}{2}-1\right)^2\) \(\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{m}{2}-n=0\\\dfrac{m}{2}-p=0\\\dfrac{m}{2}-q=0\\\dfrac{m}{2}-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=\dfrac{m}{2}\\p=\dfrac{m}{2}\\q=\dfrac{m}{2}\\m=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=2\\n=p=q=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(m^2+n^2+p^2+q^2+1\ge m\left(n+p+q+1\right)\) (Đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 6 2020
a/ \(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
b/ \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
c/ \(\Leftrightarrow a^2+2a< a^2+2a+1\)
\(\Leftrightarrow0< 1\) (hiển nhiên đúng)
d/ \(\Leftrightarrow m^2-2m+1+n^2-2n+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(m=n=1\)
e/ \(\Leftrightarrow1+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1\ge4\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2}{ab}\ge2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 3 2019
a)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+m^2-a(b+c+d+m)\)
\(=\frac{4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4m^2-4a(b+c+d+m)}{4}\)
\(=\frac{(a^2+4b^2-4ab)+(a^2+4c^2-4ac)+(a^2+4d^2-4ad)+(a^2+4m^2-4am)}{4}\)
\(=\frac{(a-2b)^2+(a-2c)^2+(a-2d)^2+(a-2m)^2}{4}\geq 0\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=2b=2c=2d=2m\)
b)
Xét hiệu
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}=\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y}=\frac{(x+y)^2-4xy}{xy(x+y)}\)
\(=\frac{x^2+y^2-2xy}{xy(x+y)}=\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)}\geq 0, \forall x,y>0\)
\(\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 3 2019
c)
Xét hiệu:
\((a^2+c^2)(b^2+d^2)-(ab+cd)^2\)
\(=(a^2b^2+a^2d^2+c^2b^2+c^2d^2)-(a^2b^2+2abcd+c^2d^2)\)
\(=a^2d^2-2abcd+b^2c^2=(ad-bc)^2\geq 0\)
\(\Rightarrow (a^2+c^2)(b^2+d^2)\geq (ab+cd)^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(ad=bc\)
d)
Xét hiệu:
\(a^2+b^2-(a+b-\frac{1}{2})=a^2+b^2-a-b+\frac{1}{2}\)
\(=(a^2-a+\frac{1}{4})+(b^2-b+\frac{1}{4})\)
\(=(a-\frac{1}{2})^2+(b-\frac{1}{2})^2\geq 0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\geq a+b-\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2018
Bài 1:
Nếu $n$ không chia hết cho $7$ thì:
\(n\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv 1^3\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3-1\vdots 7\)
\(n\equiv 2\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv 2^3\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3-1\vdots 7\)
\(n\equiv 3\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv 3^3\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3+1\vdots 7\)
\(n\equiv 4\equiv -3\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv (-3)^3\equiv 1\pmod 7\Rightarrow n^3-1\vdots 7\)
\(n\equiv 5\equiv -2\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv (-2)^3\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3+1\vdots 7\)
\(n\equiv 6\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3\equiv (-1)^3\equiv -1\pmod 7\Rightarrow n^3+1\vdots 7\)
Vậy \(n^3-1\vdots 7\) hoặc \(n^3+1\vdots 7\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 8 2018
b)
Đặt \(A=mn(m^2-n^2)(m^2+n^2)\)
Nếu $m,n$ có cùng tính chẵn lẻ thì \(m^2-n^2\) chẵn, do đó \(A\vdots 2\)
Nếu $m,n$ không cùng tính chẵn lẻ, có nghĩa trong 2 số $m,n$ tồn tại một số chẵn và một số lẻ, khi đó \(mn\vdots 2\Rightarrow A\vdots 2\)
Tóm lại, $A$ chia hết cho $2$
---------
Nếu trong 2 số $m,n$ có ít nhất một số chia hết cho $3$ thì \(mn\vdots 3\Rightarrow A\vdots 3\)
Nếu cả hai số đều không chia hết cho $3$. Ta biết một tính chất quen thuộc là một số chính phương chia $3$ dư $0$ hoặc $1$. Vì $m,n$ không chia hết cho $3$ nên:
\(m^2\equiv n^2\equiv 1\pmod 3\Rightarrow m^2-n^2\vdots 3\Rightarrow A\vdots 3\)
Vậy \(A\vdots 3\)
-----------------
Nếu tồn tại ít nhất một trong 2 số $m,n$ chia hết cho $5$ thì hiển nhiên $A\vdots 5$
Nếu cả 2 số đều không chia hết cho $5$. Ta biết rằng một số chính phương khi chia $5$ dư $0,1,4$. Vì $m,n\not\vdots 5$ nên \(m^2,n^2\equiv 1,4\pmod 5\)
+Trường hợp \(m^2,n^2\) cùng số dư khi chia cho $5$\(\Rightarrow m^2-n^2\equiv 0\pmod 5\Rightarrow m^2-n^2\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5\)
+Trường hợp $m^2,n^2$ không cùng số dư khi chia cho $5$
\(\Rightarrow m^2+n^2\equiv 1+4\equiv 0\pmod 5\Rightarrow m^2+n^2\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5\)
Tóm lại $A\vdots 5$
Vậy \(A\vdots (2.3.5)\Leftrightarrow A\vdots 30\) (do $2,3,5$ đôi một nguyên tố cùng nhau)
Ta có đpcm.
4 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT : ( x - y)2 ≥ 0∀x,y
⇒ x2 + y2 ≥ 2xy
Ta có : a2 + b2 ≥ 2ab ( *)
b2 + c2 ≥ 2bc (**)
c2 + a2 ≥ 2ac (***)
Cộng từng vế của ( *;**;***) , ta có :
2( a2 + b2 + c2) ≥ 2( ab + bc + ac)
⇔ 3( a2 + b2 +c2) ≥ ( a + b + c)2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ \(\dfrac{3}{4}\)
5 tháng 5 2018
Đặt \(a=x+\dfrac{1}{2};b=y+\dfrac{1}{2};c=z+\dfrac{1}{2}\)
Ta có: \(a^2+b^2+c^2=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(z+\dfrac{1}{2}\right)^2\)
\(=x^2+x+\dfrac{1}{4}+y^2+y+\dfrac{1}{4}+z^2+z+\dfrac{1}{4}\)
\(=x^2+y^2+z^2+\left(x+y+z\right)+\dfrac{3}{4}\)
\(=x^2+y^2+z^2+\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+x^2+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\)
=> đpcm
\(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)< =>m^2+n^2+2-2m-2n\ge0\)
\(< =>m^2-2m+1+n^2-2n+1\ge0\)
\(< =>\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\)(luôn đúng \(\forall m,n\))
dấu'=' xảy ra<=>m=n=1
vậy \(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\)
Bổ sung: $m,n$ là hai số không âm
$m^2+n^2+2\\=(m^2+1)+(n^2+1)$
Áp dụng BĐT Cô si với các số dương
$m^2+1\ge 2\sqrt{m^2.1}=2m\\n^2+1\ge 2\sqrt{n^2.1}=2n$
Cộng các vế của BĐT
$\Rightarrow m^2+1+n^2+1\ge 2m+2n\\\Leftrightarrow m^2+n^2+2\ge 2(m+n)$
$\Rightarrow $ Dấu "=" xảy ra khi $\begin{cases}m^2=1\\n^2=1\end{cases}$
Mà $m,n$ là hai số dương
$\Rightarrow m=n=1$
Vậy BĐT được chứng minh