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 <=> \(b=c=d=e=\frac{a}{2}\)

\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae-4e^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)

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.

BĐT trên đúng, mà các phép biến đổi là tương đương

\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2-4ab-4ac-4ad-4ae\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-4ab+4b^2\right)+\left(a^2-4ac+4c^2\right)+\left(a^2-4ad+4d^2\right)+\left(a^2-4ae+4e^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2+\left(a-2c\right)^2+\left(a-2d\right)^2+\left(a-2e\right)^2\ge0\)( 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 ...)

\(Bdt\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2\)

\(\Leftrightarrow ac+bd\le\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\left(1\right)\)

\(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+2abcd\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)

\(\Leftrightarrow a^2d^2+b^2c^2-2abcd\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

Vậy bài toán được chứng minh.

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 \(a=2b=2c=2d=2e\)

\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4e^2\ge4ab+4ac+4ad+4ae\)

<=>(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

nhân 2 vế cho 4 chuyển qua lại rồi dùng HĐT bạn ạ

Nếu nhân 2 vế cho 4 ra thế nào?

a² + b² + c² + d² + e² ≥ a(b + c + d + e)

Ta có: a² + b² + c² + d² + e²

= (a²/4 + b²) + (a²/4 + c²) + (a²/4 + d²) + (a²/4 + e²)

Lại có: (a/2 - b)² ≥ 0 <=> a²/4 - ab + b² ≥ 0 <=> a²/4 + b² ≥ ab

Tương tự ta có:

. a²/4 + c² ≥ ac
. a²/4 + d² ≥ ad
. a²/4 + e² ≥ ae

--> (a²/4 + b²) + (a²/4 + c²) + (a²/4 + d²) + (a²/4 + e²) ≥ ab + ac + ad + ae

<=> a² + b² + c² + d² + e² ≥ a(b + c + d + e)

=> đpcm.

Dấu " = " xảy ra <=> a/2 = b = c = d = e.

chứng minh theo cách BĐT tương đương nha bạn

câu hỏi tương tự