\(^{a^2+b^2+c^2+d^2+e^2}\)\(\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
Những câu hỏi liên quan
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^{^{ }2}\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2-4ab+4b^2+a^2-4ac+4c^2+a^2-4ad+4d^2+a^2-4ae+4e^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\)
Với a,b,c,d,e ∈ R
CMR: \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae-4e^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)
BĐT trên đúng, mà các phép biến đổi là tương đương
\(\RightarrowĐPCM\)
Dấu "=" xảy ra khi a = 2b = 2c = 2d = 2e
Đúng 0
Bình luận (0)
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.
Đúng 0
Bình luận (1)
a2+b2+c2+d2+e2≥a(b+c+d+e)a2+b2+c2+d2+e2≥a(b+c+d+e)
⇔4a2+4b2+4c2+4d2+4e2−4ab−4ac−4ad−4ae≥0⇔4a2+4b2+4c2+4d2+4e2−4ab−4ac−4ad−4ae≥0
⇔(a2−4ab+4b2)+(a2−4ac+4c2)+(a2−4ad+4d2)+(a2−4ae−4e2)≥0⇔(a2−4ab+4b2)+(a2−4ac+4c2)+(a2−4ad+4d2)+(a2−4ae−4e2)≥0
⇔(a−2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2e)2≥0⇔(a−2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2e)2≥0
BĐT trên đúng, mà các phép biến đổi là tương đương
⇒ĐPCM
Đúng 0
Bình luận (0)
Với a,c,b,d,e,f là số dương
CMR:
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}+\sqrt{e^2+f^2}\ge\sqrt{\left(a+c+e\right)^2+\left(b+d+f\right)^2}\)
Cho a, b, c, d, e là các số thực CMR \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)( luôn đúng )
Vậy ...
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 ...)
CMR:\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d\right)\forall a,b,c,d,e\varepsilon R\)
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: \(\frac{a}{2}=b=c=d=e\)
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 <=> \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\)
CHo a b c d là các số thực . Chứng minh các bất đẳng thức :
a, a^2left(1+b^2right)+b^2left(1+c^2right)+c^2left(1+a^2right)ge6abc
b, a^2+b^2+c^2+d^2+e^2ge aleft(b+c+d+eright)
c, frac{a^3+b^3}{2}geleft(frac{a+b}{2^{ }}right)^3 với a,b 0
d, a^4+b^4ge a^3b+ab^3
e, left(a^5+b^5right)left(a+bright)geleft(a^4+b^4right)left(a^2+b^2right) với ab0
f, a^4+b^4lefrac{a^6}{b^2}+frac{b^6}{a^2} với a,b ne 0
Đọc tiếp
CHo a b c d là các số thực . Chứng minh các bất đẳng thức :
a, \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
b, \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
c, \(\frac{a^3+b^3}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2^{ }}\right)^3\) với a,b >0
d, \(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
e, \(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)\) với ab>0
f, \(a^4+b^4\le\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\) với a,b \(\ne\) 0
a/ \(VT=a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\)
\(VT=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(VT\ge6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6\left|abc\right|\ge6abc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b/ \(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{2}=b=c=d=e\)
c/ \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3}{2}\ge\frac{a^3+b^3+3a^2b+3ab^2}{8}\)
\(\Leftrightarrow a^3-a^2b+b^3-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
Đúng 0
Bình luận (0)
d/ \(\Leftrightarrow a^4-a^3b+b^4-ab^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) (luôn đúng)
e/ \(\Leftrightarrow a^6+b^6+a^5b+ab^5\ge a^6+b^5+a^4b^2+a^2b^4\)
\(\Leftrightarrow a^5b-a^4b^2+ab^5-a^2b^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4b\left(a-b\right)-ab^4\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) (luôn đúng)
f/ \(\frac{a^6}{b^2}+a^2b^2\ge2\sqrt{\frac{a^8b^2}{b^2}}=2a^4\) ; \(\frac{b^6}{a^2}+a^2b^2\ge2b^4\)
\(\Rightarrow\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\ge2a^4+2b^4-2a^2b^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\ge a^4+b^4+\left(a^4+b^4-2a^2b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^6}{b^2}+\frac{b^6}{a^2}\ge a^4+b^4+\left(a^2-b^2\right)^2\ge a^4+b^4\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh rằng:
a, \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right);\forall a,b,c\)
b,\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge a\left(b+c+d\right);\forall a,b,c,d\)
c, \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right);\forall a,b,c,d,e\)
d, \(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge6;\forall a,b,c,d>0\)và \(abcd=1\)
\(1.\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
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 \(\hept{\begin{cases}a=b\\c=d\\ab=cd\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=d\)
Đúng 0
Bình luận (0)
chứng minh \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)với mọi a,b,c,d,e
chứng minh theo cách BĐT tương đương nha bạn
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho các số a,b,c,d,e không âm. CMR:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
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.
https://i.imgur.com/8dtxBfV.jpg
Cách khác:
\( {a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \ge a\left( {b + c + d + e} \right)\\ \Leftrightarrow 4{a^2} + 4{b^2} + 4{c^2} + 4{d^2} + 4{e^2} - 4ab - 4ac - 4ad - 4ae \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {{a^2} - 4ab + 4{b^2}} \right) + \left( {{a^2} - 4ac + 4{c^2}} \right) + \left( {{a^2} - 4ad + 4{d^2}} \right) + \left( {{a^2} - 4ae + 4{e^2}} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a - 2b} \right)^2} + {\left( {a - 2c} \right)^2} + {\left( {a - 2d} \right)^2} + {\left( {a - 2e} \right)^2} \ge 0 \)
Bất đẳng thức trên đúng, mà các phép biến đổi là tương đương \(\rightarrow \text{ĐPCM}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=2b=2c=2d=2e\)
cho a,b,c,d,e là các số thực .CMR:\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
<=>(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
Đúng 0
Bình luận (0)
nhân 2 vế cho 4 chuyển qua lại rồi dùng HĐT bạn ạ
Đúng 0
Bình luận (0)
