CMR:
a,\(a^2+b^2+2\ge2\left(a+b\right)\)
b,\(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Những câu hỏi liên quan
CMR:4 số a,b,x,y có
\(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
Ta có:
\(\left(ay-bx\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2y^2+b^2x^2-2aybx\ge0\)
\(\Rightarrow a^2y^2+b^2x^2\ge2aybx\)
\(\Rightarrow a^2y^2+b^2x^2+a^2x^2+b^2y^2\ge2aybx+a^2x^2+b^2y^2\)
\(\Rightarrow\left(a^2x^2+a^2y^2\right)+\left(b^2y^2+b^2x^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
\(\Rightarrow a^2\left(x^2+y^2\right)+b^2\left(y^2+x^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(x^2+y^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
\(\rightarrowđpcm\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Lên gg gõ: bđt bunhiacopxki nhé bạn. Chứng minh theo cách đưa về bp.
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(ax+by\right)^2\)
b. \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(ax+by+cz\right)^2\)
Nó là bđt bunyakovsky luôn rồi mà bạn,lên google sẽ có cách chứng minh
Đúng 0
Bình luận (2)
CMR với mọi số thực a, b, x, y ta luôn có :
\(\left(ax-by\right)^2\ge\left(a^2-b^2\right)\left(x^2-y^2\right)\)
1.\(\left(ax+by\right)\left(bx+ay\right)\ge\left(a+b\right)^2xy\left(a,b>0\right)\)
2.\(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)\left(a,b>0\right)\)
3.\(\left(a^3+b^3\right)< a^4+b^4\left(a+b\ge2\right)\)
CM các BĐT trên
Cho \(\left|a\right|\ge2,\left|b\right|\ge2\), CMR :
\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(ab+1\right)+5\)
\(cho\left|a\right|;\left|b\right|\ge2.cmr:\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(ab+1\right)+5\)
Ta chứng minh bổ đề: Với \(|x|\ge2\)thì \(2x^2-4x\ge0\)
Với \(x\le-2\)thì nó đúng
Xét \(x\ge2\)thì ta có:
\(2x\left(x-2\right)\ge0\)(đúng)
Quay lại bài toán:
\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(ab+1\right)+5\)
\(\Leftrightarrow4a^2b^2+4a^2+4b^2-4a^2b-4ab^2-4a-4b-16\ge0\)
\(\Rightarrow VT=\left(a^2b^2-4a^2b+4a^2\right)+\left(a^2b^2-4b^2a+4b^2\right)+\left(a^2b^2-16\right)+\left(\frac{a^2b^2}{2}-4a\right)+\left(\frac{a^2b^2}{2}-4b\right)\)
\(\ge\left(ab-2a\right)^2+\left(ab-2b\right)^2+\left(a^2b^2-16\right)+\left(2a^2-4a\right)+\left(2b^2-4b\right)\ge0\)
Vậy ta có ĐPCM
Đúng 0
Bình luận (0)
1) Cho a^2+b^2+c^2+32left(a+b+cright)
CMR: abc1
2) CMR: nếu left(a^2+b^2right)left(x^2+y^2right)left(ax+byright)^2 thì dfrac{a}{x}dfrac{b}{y}
3) Cho left(a^2+b^2+c^2right)left(x^2+y^2+z^2right)left(ax+by+czright)^2
CMR: dfrac{a}{x}dfrac{b}{y}dfrac{c}{z}
Đọc tiếp
1) Cho \(a^2+b^2+c^2+3=2\left(a+b+c\right)\)
CMR: \(a=b=c=1\)
2) CMR: nếu \(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2\) thì \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\)
3) Cho \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)=\left(ax+by+cz\right)^2\)
CMR: \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}=\dfrac{c}{z}\)
2) ta có: \(VT=\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\) và \(VP=\left(ax+by\right)^2\)
tính hiệu của cả VT và VP
suy ra: \(\left(ay+bx\right)^2=0\Rightarrow ay=bx\)
vì \(x,y\ne0\Rightarrow\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\left(đpcm\right)\)
3)(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)=(ax+by+cz)2 (1)
biến đổi đẳng thức (1) thành (ay+bx)2 + (bz-cy)2 +(az-cx)2 =0
\(\Rightarrow\) Đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh rằng : \(\left(ax+by\right)^2\ge\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)
Với mọi a, b, x, y
Đáng lẽ là bé hơn hoặc bằng
(ax + by)2 = a2x2 + 2axby + b2y2
(a2 + b2)(x2 + y2) = a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2
Ta cần chứng minh:
\(2axby\le b^2x^2+a^2y^2\)'
\(\Leftrightarrow0\le b^2x^2-2aybx+a^2y^2\)
<=> 0 \(\le\)(bx - ay)2 (đúng)
Vậy bđt đc chứng minh
Đúng 0
Bình luận (0)
CMR nếu a,b,c,x,y,z thỏa mãn điều kiện:
\(\frac{bz+cy}{x\left(-ax+by+cz\right)}=\frac{cx+az}{y\left(ax-by+cz\right)}=\frac{ay+bx}{z\left(ax+by-cz\right)}\)
thì \(\frac{x}{a\left(b^2+c^2-a^2\right)}=\frac{y}{b\left(a^2+c^2-b^2\right)}=\frac{z}{c\left(a^2+b^2-c^2\right)}\)
( Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa )