Chứng minh rằng nếu (a2 +b 2)(x2+y2) = (ax + by )2 thì ay- bx=0
Chứng minh rằng nếu: thì (x2 + y2 + z2) (a2 + b2 + c2) = (ax + by + cz)2
Chứng minh rằng nếu: thì (x2 + y2 + z2) (a2 + b2 + c2) = (ax + by + cz)2
3. Chứng minh rằng nếu: thì
(x2 + y2 + z2) (a2 + b2 + c2) = (ax + by + cz)2
đặt x/a=y/b=z/c=k
=>x=a.k,
y=b.k
z=c.k
=>(a^2k^2+b^2k^2+c^2k^2)(a^2+b^2+c^2)=k^2.(a^2+b^2+c^2)^2(1)
(ax+by+cz)^2=(a.a.k+b.b.k+c.c.k)^2=(a^2.k+b^2.k+c^2.k)^2
=k^2(a^2+b^2+c^2)(2)
từ (1)(2)=> nếu x/a=y/b=z/c thì (x2 + y2 + z2) (a2 + b2 + c2) = (ax + by + cz)2
=>
Chứng minh rằng nếu (a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2 thì ay-bx=0
Ta có : \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2=a^2x^2+b^2y^2+2axby\)
\(\Leftrightarrow\left(ay\right)^2-2.ay.bx+\left(bx\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2=0\Leftrightarrow ay-bx=0\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
If |(ax+by)(ay+bx)|≤x2+y2 holds for all real x and y, then prove a2+b2≤2
Bài 3 Chứng minh rằng với a, b, c, x, y, z (trong đó xyz 6= 0) thỏa mãn (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) = (ax + by + cz)2
thì a/x =b/y =c/z.
Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;
∑2a2−bcb2−bc+c2≥3
Bài 8:
Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn ax−by=√3ax−by=3.
Tìm GTNN của F=a2+b2+x2+y2+bx+ay
Bài 8:
Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn ax−by=√3ax−by=3.
Tìm GTNN của F=a2+b2+x2+y2+bx+ayF=a2+b2+x2+y2+bx+ay
Lời giải:
Sử dụng giả thiết ax−by=√3ax−by=3 ta có:
(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3
Áp dụng bất đẳng thức CauchyCauchy , suy ra:
a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2√(a2+b2)(x2+y2)=2√(ax+by)2+3a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2(a2+b2)(x2+y2)=2(ax+by)2+3
Do đó, ta đưa về bài toán tìm GTNN của: 2√x2+3+x2x2+3+x trong đó x=ax+byx=ax+by
Ta có:
(2√x2+3+x)2=4(x2+3)+4x√x2+3+x2=(x2+3)+4x√x2+3+4x2+9=(√x2+3+2x)2+9≥9(2x2+3+x)2=4(x2+3)+4xx2+3+x2=(x2+3)+4xx2+3+4x2+9=(x2+3+2x)2+9≥9
⇒2√x2+3+x≥3⇒2x2+3+x≥3
Vậy MinT=3MinT=3
Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;
∑2a2−bcb2−bc+c2≥3∑2a2−bcb2−bc+c2≥3
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử bb là số nằm giữa aa và cc
BĐT đã cho tương đương với
∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a
∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a
Do đó ta chỉ cần chứng minh
(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)
Ta có
b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)
≥a2(b−c)2+c2(a−b)2≥a2(b−c)2+c2(a−b)2
Suy ra
2b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)22b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)2
⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a
Do đó ta chỉ còn phải chứng minh
(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a
⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2
BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)
Và BĐT AM-GM
∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2
Kết thúc chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a=b=ca=b=c hoặc a=ba=b, c=0c=0 và các hoán vị.
Chứng minh rằng nếu ( a2 + b2 )( x2 + y2 ) = ( ax +by )2 thì ay - bx = 0
\(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\)
\(\Leftrightarrow ay=bx\)
\(\Leftrightarrow ay-bx=0\)
( Bất đẳng thức Bu - nhi - a - cốp - xki )
Chứng minh rằng nếu \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2\) thì \(ay-bx=0\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki :
\(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)
\(\Leftrightarrow ay=bx\)
\(\Leftrightarrow ay-bx=0\)
Ta có đpcm.