CMR: a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 \(\ge\) a (b +c +d +e) với mọi a, b, c, d, e thuộc R?
Help!!!!!!!!!
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
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.
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
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 <=> \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\)
CMR
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)với a,b,c,d,e \(\varepsilon\)R
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-a\left(b+c+d+e\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-ab-ac-ad-ae\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\frac{a^2}{4}-ab+b^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ac+c^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ad+d^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ae+e^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\left(\frac{a}{2}-e\right)^2\ge0\) với mọi \(a,\) \(b,\) \(c,\) \(d,\) \(e\in R\) \(\left(2\right)\)
Bất đẳng thức \(\left(2\right)\) đúng, mà các phép biến đổi trên tương đương nên bất đẳng thức \(\left(1\right)\) được chứng minh.
Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\), tức \(a=2b=2c=2d=2e\)
Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 lớn hơn hoặc bằng a(b+c+d+e) với mọi a,b,c,d,e thuộc R
Mình sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương nhé :)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{4}-ab+b^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ac+c^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ad+d^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ae+e^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\left(\frac{a}{2}-e\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT ban đầu được chứng minh.
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
Với mọi số thực a,b,c,d,e ta có:
a2+b2+c2+d2+e2 ≥a.(b+c+d+e)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+e^2-ab-ac-ad-ae\ge0\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a^2}{4}-ab+b^2\right)+\left(\dfrac{a^2}{4}-ac+c^2\right)+\left(\dfrac{a^2}{4}-ad+d^2\right)+\left(\dfrac{a^2}{4}-ae+e^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{2}-b\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-c\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-d\right)^2+\left(\dfrac{a}{2}-e\right)^2\ge0\) (đúng)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\dfrac{a}{2}=b=c=d=e\)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a.\left(b+c+d+e\right)\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
CMR với mọi a,b,c,d,e thuộc R thì:
a, (a+b)2 > hoặc = 4ab
b, a2+b2+c2 > hoặc = ab+bc+ca
c, 3(a2+b2+c2) > hoặc = (a+b+c)2
d, (a+b+c)2 > hoặc = 3(ab+bc+ca)
e, a2+b2+c2+d2+e2 > hoặc = a(b+c+d+e)
\(a,\left(a+b\right)^2\ge4ab\\ \Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\\ \Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)
Do đó \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)(đpcm)
Các câu sau tương tự
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 ...)
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.
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 \(a=2b=2c=2d=2e\)