Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Có: a>1, b>1
=> a - 1> 0; b -1 >0
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel có:
\(\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(b-1+a-1\right)}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b-2\right)}\)
Ta cần cm: \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b-2\right)}\ge8\)
Có: \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b-2\right)}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge8\left(a+b\right)-16\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2-8\left(a+b\right)+16\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
=> Đpcm
Dấu ''='' xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\a+b=4\end{matrix}\right.\)=> a = b = 2
Nay t rảnh nè :D
\(\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b-1}-4+\dfrac{b^2}{a-1}-4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-4b+4}{b-1}+\dfrac{b^2-4a+4}{a-1}\ge0\)
\(a-1;b-1>0\Leftrightarrow a^2-4b+4+b^2-4a+4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)^2+\left(b-2\right)^2\ge0\) (đúng)
\("="\Leftrightarrow a=b=2\)
p/s: T ủng hộ cách mới,à ko,lm cách mới phá m cho vui
Bài 2:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)
Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Thiết lập các BĐT tương tự:
\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)
Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM
Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !
1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)
Áp dụng bđt cosi cho 3 số dương a,b,c>0
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}.\dfrac{1}{c}}\)
Suy ra\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}.\dfrac{1}{c}}=9\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=9\)
Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\dfrac{1+a+b}{2}\ge\dfrac{1+a+b+ab}{2+a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+a+b\right)\left(2+a+b\right)\ge2\left(1+a+b+ab\right)\)
\(\Leftrightarrow2+a+b+2a+a^2+ab+2b+ab+b^2\ge2+2a+2b+2ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab+3a+3b+2\ge2ab+2a+2b+2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a+b\ge0\)
Áp dụng BĐT cauchy ngược dấu ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+1}=1-\dfrac{a^2}{a^2+1}\ge1-\dfrac{a^2}{2a}=1-\dfrac{a}{2}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{1}{b^2+1}\ge1-\dfrac{b}{2};\dfrac{1}{c^2+1}\ge1-\dfrac{c}{2}\)
Từ đó ta có: \(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge1-\dfrac{a}{2}+1-\dfrac{b}{2}+1-\dfrac{c}{2}=\)\(=3-\dfrac{a+b+c}{2}=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engel , ta có :
\(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\) ≥ \(\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3}=\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+3}\left(1\right)\)
Ta có BĐT : \(a^2+b^2+c^2\text{≥}ab+bc+ac\)
⇔ \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\text{≥}\left(a+b+c\right)^2\)
⇔ \(a^2+b^2+c^2\text{≥}\dfrac{9}{3}=3\left(2\right)\)
Từ ( 1 ; 2 ) ⇒ đpcm .
"=" ⇔ \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Lời giải:
a) Ta thấy: \(a+b-2\sqrt{ab}=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0, \forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a+b\geq 2\sqrt{ab}>0\Rightarrow \frac{1}{a+b}\le \frac{1}{2\sqrt{ab}}\).
Vì $a> b$ nên dấu bằng không xảy ra . Tức \(\frac{1}{a+b}< \frac{1}{2\sqrt{ab}}\)
Ta có đpcm
b)
Áp dụng kết quả phần a:
\(\frac{1}{3}=\frac{1}{1+2}< \frac{1}{2\sqrt{2.1}}\)
\(\frac{1}{5}=\frac{1}{3+2}< \frac{1}{2\sqrt{2.3}}\)
\(\frac{1}{7}=\frac{1}{4+3}< \frac{1}{2\sqrt{4.3}}\)
.....
\(\frac{1}{4021}=\frac{1}{2011+2010}< \frac{1}{2\sqrt{2011.2010}}\)
Do đó:
\(\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{3}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{5}+...+\frac{\sqrt{2011}-\sqrt{2010}}{4021}\)
\(< \frac{\sqrt{2}-\sqrt{1}}{2\sqrt{2.1}}+\frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2\sqrt{3.2}}+\frac{\sqrt{4}-\sqrt{3}}{2\sqrt{4.3}}+....+\frac{\sqrt{2011}-\sqrt{2010}}{2\sqrt{2011.2010}}\)
\(=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{2\sqrt{2010}}-\frac{1}{2\sqrt{2011}}\)
\(=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{2011}}< \frac{1}{2}\) (đpcm)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương ta có:
\(\frac{a^2}{b-1}+4(b-1)\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{b-1}.4(b-1)}=4a\)
\(\frac{b^2}{a-1}+4(a-1)\geq 2\sqrt{\frac{b^2}{a-1}.4(a-1)}=4b\)
Cộng theo vế:
\(\frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{a-1}+4(a-1)+4(b-1)\geq 4a+4b\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{a-1}\geq 8\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=2$