Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:
\(a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right).1}\le a.\frac{b-1+1}{2}=\frac{ab}{2}\)(1)
\(b\sqrt{a-1}=b\sqrt{\left(a-1\right).1}\le b.\frac{a-1+1}{2}=\frac{ab}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab\)
\(\Rightarrow\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}\ge\frac{6}{ab}\)(Đẳng thức xảy ra khi a = b = 2)
\(VT=\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}+\sqrt{3ab+4}\ge\frac{6}{ab}+\sqrt{3ab+4}\)
\(=\frac{18}{3ab}+\sqrt{3ab+4}\)
Đặt \(t=\sqrt{3ab+4}\Rightarrow3ab=t^2-4\). Khi đó\(VT\ge\frac{18}{t^2-4}+t=\frac{18}{\left(t+2\right)\left(t-2\right)}+\frac{3}{4}\left(t-2\right)\)
\(+\frac{1}{4}\left(t+2\right)+1\ge3\sqrt[3]{18.\frac{3}{4}.\frac{1}{4}}+1=\frac{11}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi t = 4 hay a = b = 2
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{b-1}=\sqrt{1\left(b-1\right)}\le\frac{1+b-1}{2}=\frac{b}{2}\Rightarrow a\sqrt{b-1}\le\frac{ab}{2}\)
Tương tự với \(b\sqrt{a-1}\)ta được
\(\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}+\sqrt{3ab+4}\ge\frac{6}{ab}+\sqrt{3ab+4}=\frac{18}{3ab}+\sqrt{3ab+4}\)
Vậy ta cần chứng minh
\(\frac{18}{3ab}+\sqrt{3ab+4}\ge\frac{11}{2}\)
Vì a,b đều lớn hơn 1 nên ta đặt \(t=\sqrt{3ab+4}>0\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành
\(\frac{18}{t^2-4}+t\ge\frac{11}{2}\)
<=> \(\frac{\left(2t+5\right)\left(t-4\right)^2}{t^2-4}\ge0\)
Vậy t>=4
BĐT xảy ra khi a=b=1
Áp dụng AM-GM: \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le a.\dfrac{b-1+1}{2}+b.\dfrac{a-1+1}{2}=ab\)
\(VT\ge\dfrac{6}{ab}+\sqrt{3ab+4}\)
( dự đoán dấu = xảy ra khi a=b=2)
Áp dụng cauchy-schwarz:
\(\dfrac{6}{ab}=\dfrac{18}{3ab}+\dfrac{2}{4}-\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{\left(\sqrt{18}+\sqrt{2}\right)^2}{3ab+4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{32}{3ab+4}-\dfrac{1}{2}\)
Áp dụng AM-GM một lần nữa:
\(VT\ge\dfrac{32}{3ab+4}+\sqrt{3ab+4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{32}{3ab+4}+\dfrac{\sqrt{3ab+4}}{2}+\dfrac{\sqrt{3ab+4}}{2}-\dfrac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{32}{4}}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{11}{2}\)
Dấu = xảy ra khi a=b=2
P/s: Nothing
Với mọi n nguyên dương ta có:
\(\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=1\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)
Với k nguyên dương thì
\(\frac{1}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}>\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}\Rightarrow\frac{2}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}>\frac{1}{\sqrt{k-1}+\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=\sqrt{k}-\sqrt{k-1}+\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\)
\(=\sqrt{k+1}-\sqrt{k-1}\)(*)
Đặt A = vế trái. Áp dụng (*) ta có:
\(\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}>\sqrt{3}-\sqrt{1}\)
\(\frac{2}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}>\sqrt{5}-\sqrt{3}\)
...
\(\frac{2}{\sqrt{79}+\sqrt{80}}>\sqrt{81}-\sqrt{79}\)
Cộng tất cả lại
\(2A=\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+....+\frac{2}{\sqrt{79}+\sqrt{80}}>\sqrt{81}-1=8\Rightarrow A>4\left(đpcm\right)\)
3.
Theo bất đẳng thức cô si ta có:
\(\sqrt{b-1}=\sqrt{1.\left(b-1\right)}\le\frac{1+b-1}{2}=\frac{b}{2}\Rightarrow a.\sqrt{b-1}\le\frac{a.b}{2}\)
Tương tự \(\Rightarrow b.\sqrt{a-1}\le\frac{a.b}{2}\Rightarrow a.\sqrt{b-1}+b.\sqrt{a-1}\le a.b\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=2\)
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}-\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)+\left(\frac{1}{b+1}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{ab}-a}{\left(a+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{ab}-b}{\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\left(a+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(b+1\right)+\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a\sqrt{b}+\sqrt{b}-b\sqrt{a}-\sqrt{a}\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{ab}-1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)(đúng với \(ab\ge1\))
Vậy \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b
Bài 2 : đã cm bên kia
Bài 1: :|
we had điều này:
\(2=\frac{2014}{x}+\frac{2014}{y}+\frac{2014}{z}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x-2014}{x}+\frac{y-2014}{y}+\frac{z-204}{z}=1\)
Xòng! bunyakovsky
P/s : Bệnh lười kinh niên tái phát nên ít khi ol sorry :<
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
Lời giải:
Đặt $\sqrt{3ab+4}=t(t>\sqrt{7})$ thì $ab=\frac{t^2-4}{3}$
Bài toán trở thành:
Cho $t>\sqrt{7}$. CMR: $\frac{18}{t^2-4}+t\geq \frac{11}{2}(*)$
Thật vậy:
\((*)\Leftrightarrow \frac{t^3-4t+18}{t^2-4}\geq \frac{11}{2}\)
\(\Leftrightarrow 2t^3-8t+36\geq 11t^2-44\)
\(\Leftrightarrow 2t^3-11t^2-8t+80\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (2t+5)(t-4)^2\geq 0\) (luôn đúng với mọi $t>\sqrt{7}$)
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $t=4\Leftrightarrow ab=4$