Cho a,b thỏa mãn a2+b2=1. Chứng minh:a\(\sqrt{b+1}\) +b\(\sqrt{a+1}\)<=\(\sqrt{2+\sqrt{ }2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 8 2021
\(\left(a^2+b^2-2\right)\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2+4ab=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2-2\left(ab+1\right)\right]\left(a+b\right)^2+1+2ab+a^2b^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^4-2\left(a+b\right)^2\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2-\left(ab+1\right)\right]^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2-\left(ab+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow ab+1=\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{ab+1}=\left|a+b\right|\) là số hữu tỉ (đpcm)
TT
0
ML
16 tháng 8 2016
Giả thiết là \(a,b\ge0\)thì chuẩn hơn.
\(\left(a+b\right)^2=a^2+b^2+2ab=1+2ab\ge1\text{ }\Rightarrow\text{ }a+b\ge1\)
Dấu bằng xảy ra khi \(2ab=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=0\\b=0\end{cases}}\)
Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Rightarrow\text{ }\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\le2\Rightarrow a+b\le\sqrt{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a-b=0\Leftrightarrow a=b\)
\(P=\sqrt{1+2a}+\sqrt{1+2b}\)
Max: Áp dụng bđt đã sử dụng ở trên: \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)
\(P^2\le2\left(1+2a+1+2b\right)=4\left(a+b\right)+4\le4\sqrt{2}+4\)
\(\Rightarrow P\le\sqrt{4+4\sqrt{2}}=2\sqrt{1+\sqrt{2}}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Min: Dùng bđt \(\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}\ge1+\sqrt{1+x+y}\text{ (1)}\left(x;\text{ }y\ge0\right)\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow1+x+1+y+2\sqrt{1+x}\sqrt{1+y}\ge1+1+x+y+2\sqrt{x+y+1}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{1+x}\sqrt{1+y}\ge\sqrt{1+x+y}\)
\(\Leftrightarrow xy+x+y+1\ge x+y+1\)
\(\Leftrightarrow xy\ge0\)
Do bđt cuối dúng với mọi \(x,y\ge0\) nên (1) đúng.
Dấu bằng xảy ra khi \(xy=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}}\)
\(P\ge1+\sqrt{1+2\left(a+b\right)}\ge1+\sqrt{1+2}=1+\sqrt{3}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\orbr{\begin{cases}a=0;\text{ }b=1\\a=1;\text{ }b=0\end{cases}}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 10 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\text{VT}^2\leq (a^2+b^2)(1+a+1+b)=a+b+2\)
Áp dụng BĐT Cô-si:
\((a+b)^2\leq 2(a^2+b^2)=2\Rightarrow a+b\leq \sqrt{2}\)
Do đó: $\text{VT}^2\leq 2+\sqrt{2}$
$\Rightarrow \text{VT}\leq \sqrt{2+\sqrt{2}}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 3 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$C^2\leq (a+b)[(29a+3b)+(29b+3a)]=32(a+b)^2$
$(a+b)^2\leq (a^2+b^2)(1+1)\leq 4$
$\Rightarrow C^2\leq 32.4$
$\Rightarrow C\leq 8\sqrt{2}$
Vậy $C_{\max}=8\sqrt{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 3 2021
Bài 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^2+4b^2+9c^2)(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9})\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2015.\frac{49}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \frac{98735}{36}\geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{7\sqrt{2015}}{6}$ chứ không phải $\frac{\sqrt{14}}{6}$ :''>>
\(\left(a\sqrt{b+1}+b\sqrt{a+1}\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(a+b+2\right)=a+b+2\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2=2+\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow a\sqrt{b+1}+b\sqrt{a+1}\le\sqrt{2+\sqrt{2}}\)
em cảm ơn