[toán 9] bdt bunhiacopki

P

phuong_july

Áp dụng bunhi ta có:
$(x+y)^2$ \leq $2(x^2+y^2)=1$
\Rightarrow đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$
 
V

vipboycodon

Theo bdt bunhia ta có:
$(1+1)(x^2+y^2) \ge (x+y)^2$
<=> $2 \ge (x+y)^2$
<=> $\sqrt{2} \ge |x+y|$
Dấu "=" xảy ra khi $x = y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
Bạn đã hỉu chưa. :p
 
N

nom1

Theo bdt bunhia ta có:
$(1+1)(x^2+y^2) \ge (x+y)^2$
<=> $2 \ge (x+y)^2$
<=> $\sqrt{2} \ge |x+y|$
Dấu "=" xảy ra khi $x = y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
Bạn đã hỉu chưa. :p

bất đẳng thức bunhia là (a² + b²)(x² + y²) ≥ (ax + by)²
đề cho $x^2$ + $y^2$ = 1
thì thay vào sẽ là (a² + b²).1 \geq (ax + by)² chứ???
 
D

demon311

$(a^2+b^2)(x^2+y^2) \ge (ax+by)^2$

Với $a=b=1$

$(1+1).1 \ge (x+y)^2 \\
(x+y)^2 \le 2 \\
\sqrt{ (x+y)^2} \le \sqrt{ 2} \\
|x+y| \le 2 \ \ \ \ \dpcm$
 
Top Bottom