Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(a=2b=2c=2d=2e\)
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
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.
\(Bdt\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow ac+bd\le\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\left(1\right)\)
- 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.
2) Áp dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)được : \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
Nhân cả 2 vế với 4, ta có:
8a2+4b2+4c2+4d2+4e2=4a(b+c+d+e)
<=> 8a2+4b2+4c2+4d2+4e2 - 4a(b+c+d+e) = 0
<=> 8a2+4b2+4c2+4d2+4e2 - 4ab-4ac-4ad-4ae=0
<=>(a2-4ab+4b2) + (a2-4ac+4c2) + (a2-4ad+ 4d2) + (a2-4ae+ 4e2) +4a2=0
<=> (a-2b)2 + (a-2c)2 + (a-2d)2 + (a-2e)2 + (2a)2 = 0
Vì (a-2b)2, (a-2c)2, (a-2d)2, (a-2e)2 , (2a)2 luôn lớn hơn hoặc bằng không
=> (a-2b)2 + (a-2c)2 + (a-2d)2 + (a-2e)2 + (2a)2 >= 0
mà (a-2b)2 + (a-2c)2 + (a-2d)2 + (a-2e)2 + (2a)2 = 0
nên
(2a)2 = 0 <=> a=0
(a-2b)2 = 0 <=> (0-2b)2=0 <=> 2b=0 <=> b=0
Chứng minh tương tự ta được a=b=c=d=e=0
Vậy a=b=c=d=e=0
Áp dụng BĐT \(4\left(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\right)\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Rightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\)\(\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c^2\right)+\left(a-2d^2\right)+\left(a-2e\right)^2\ge0\)( Luôn đúng với mọi trường hợp )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2b=2c=2d=2e\)
P/s không hiểu thì: \(2xy\le x^2+y^2\forall x=2a;y=b+c+d+e\)
Có thể dùng BĐT Bunhiaxicop cho 4 số