Nó là bđt bunyakovsky luôn rồi mà bạn,lên google sẽ có cách chứng minh

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ( Bunhiacopxki )

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

\(\Leftrightarrow a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\ge a^2x^2+2abxy+b^2y^2\)

\(\Leftrightarrow a^2y^2-2abxy+b^2x^2\ge0\)

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

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{x}{y}\)

thanks bạn <3

Giả sử \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ax\right)^2+\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2+\left(by\right)^2\ge\left(ax\right)^2+2abxy+\left(by\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2\ge2abxy\)

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

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

Vậy \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)(đpcm)

\(LHS\ge\left(\sqrt{ax}.\sqrt{\frac{a}{x}}+\sqrt{bx}.\sqrt{\frac{b}{x}}+\sqrt{cx}.\sqrt{\frac{c}{x}}\right)^2=\left(a+b+c\right)^2\)

1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)

Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)

\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)

Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)

\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)

Ta có đpcm.

Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v

Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau

Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)

Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)

Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:

\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)

Thâm à nha:) Bài 2 là IMO 2001, em đã nêu đáp án tại đây: Câu hỏi của IMO 2001 - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Ta có: \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(ax\right)^2+\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2+\left(by\right)^2=\left(ax\right)^2+2.ax.by+\left(by\right)^2\)

\(\Rightarrow\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2=2.ay.bx\Rightarrow\left(ay\right)^2-2.ay.bx+\left(bx\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\left(ay-bx\right)^2=0\Rightarrow ay-bx=0\Rightarrow ay=bx\Rightarrow\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\)

Vậy ...

Ta có: (a² + b²)(x² + y²)

= (ax)² + a²y² + b²x² + (by)²

= (ax + by)² - 2abxy + a²y² + b²x²

= (ax + by)² + (a²y² + b²x² - 2abxy)

Mà (a² + b²)(x² + y²) = (ax + by)²

\(\Rightarrow\) a²y² + b²x² - 2abxy = 0

\(\Rightarrow\) \(\left(ay\right)^2-2.ay.bx+\left(bx\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\) \(\left(ay-bx\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\) \(ay=bx\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\) (đpcm)