Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT=a^2+b^2+c^2+d^2-2\left(a+c\right)\left(b+d\right)\)
\(VT\ge\frac{1}{4}\left(a+b+c+d\right)^2-\frac{1}{2}\left(a+b+c+d\right)^2=-\frac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d=\frac{1}{4}\)
Làm chữa lỗi phát:v Đến giờ mới nghĩ ra(thực ra là tình cờ xem lại ngày xưa:(
\(VT=\Sigma\frac{\sqrt{\left(a^2+b^2\right)2ab}}{a^2+b^2}\ge\Sigma\frac{2ab}{a^2+b^2}+3-3\)
\(=\Sigma\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}-3\ge\frac{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}-3\)
\(=\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)}-3=\frac{2\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)}{a^2+b^2+c^2}-3\)
\(=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}-3=1\)(qed)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1; c = 0 và các hoán vị (xét sơ sơ thôi chớ xét chi tiết em không biết làm đâu:v)
P.s: Chả biết có đúng hay không nữa:(( Lần này mà không đúng thì khổ.
Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+1=2\left(a+b\right)\\c^2+d^2+36=12\left(c+d\right)\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2=1\\\left(c-6\right)^2+\left(d-6\right)^2=36\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\) Đường tròn tâm \(\hept{\begin{cases}I\left(1;1\right)\\R=1\end{cases}}\), đương tròn tâm \(\hept{\begin{cases}I'\left(6;6\right)\\R'=6\end{cases}}\)
Gọi \(\hept{\begin{cases}A\left(a;b\right)\in\left(I\right)\\B\left(c;d\right)\in\left(I'\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2}\)
Vì \(II'=\sqrt{25+25}=5\sqrt{2}>6+1=7=R+R'\)
Kẽ II' cắt đường tròn (I) và (I') tại M, N, P, Q.
Ta có: \(NP\le AB\le MQ\)
\(\Leftrightarrow II'-\left(R+R'\right)\le AB\le II'+\left(R+R'\right)\)
\(\Leftrightarrow5\sqrt{2}-7\le AB\le5\sqrt{2}+7\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^3\le AB\le\left(\sqrt{2}+1\right)^3\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{2}-1\right)^6\le\left(a-c\right)^2+\left(b-d\right)^2\le\left(\sqrt{2}+1\right)^6\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+2b}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)}}\)
\(>\frac{9}{\sqrt{3\cdot3c^2}}=\frac{9}{3c}=\frac{3}{c}=VP\)
SAI ĐỀ vì nếu thử \(a=-1;b=-2;c=3\)
thì thỏa mãn đề bài nhưng \(a^2+b^2+c^2=\left(-1\right)^2+\left(-2\right)^2+3^2=14⋮̸3\)
Bên dưới có giải thích chi tiết rồi đó em:
Cho a, b, c, d là các số tùy ý thỏa mãn a+b+c+d=1. Chứng minh a2+b2+c2+d2-2ab-2bc-2cd-2da\(\ge\)- \(\frac{1}{4}\) - Hoc24