Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(a,b>1\) và \(c\ge0\Rightarrow0< \log_ba\le\log_b\left(a+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\log_ba}\ge\frac{1}{\log_b\left(a+c\right)}\Leftrightarrow\log_ab\ge\log_{a+c}b\)
\(\Rightarrow\) điều phải chứng minh
Ta có :
\(a^{\log_bc}=c^{\log_ba}\Rightarrow a^{\log_bc}+c^{\log_ab}=c^{\log_ba}+c^{\log_ab}\ge2\sqrt{c^{\log_ba}.c^{\log_ab}}=2\sqrt{c^{\log_ba+\log_ab}}\) (1)
Vì \(a,b>1\) nên áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm \(\log_ba\) và \(\log_ab\), ta được :
\(\log_ab+\log_ba\ge2\sqrt{\log_ab.\log_ba}=2\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a^{\log_bc}+b^{\log_ab}\ge2\sqrt{c^2}=2c\)
hay \(\Rightarrow a^{\log_bc}+c^{\log_ab}\ge2c\)
Chứng minh tương tự ta được :
\(a^{\log_bc}+b^{\log_ca}\ge2a\)
\(b^{\log_ca}+c^{\log_ab}\ge2b\)
\(\Rightarrow2\left(a^{\log_bc}+b^{\log_ca}+c^{\log_ab}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
hay :
\(a^{\log_bc}+b^{\log_ca}+c^{\log_ab}\ge a+b+c\) (*)
Mặt khác theo BĐT Cauchy ta có : \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\) (2*)
Từ (*) và (2*) ta có :
\(a^{\log_bc}+b^{\log_ca}+c^{\log_ab}\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(B=\left(\log b_a+\log_ba+2\right)\left(\log b_a-\log b_{ab}\right)-1=\left(\log b_a+\frac{1}{\log b_a}+2\right)\left(\log b_a.\log_ba-\left(\log_{ab}b.\log_ba\right)\right)-1\)
\(=\frac{\log^2_ab+2\log_ab+1}{\log_ab}\left(1-\log_{ab}a\right)-1=\frac{\left(\log_ab+1\right)^2}{\log_ab}\left(1-\frac{1}{\log_aab}\right)-1\)
\(=\frac{\left(\log_ab+1\right)^2}{\log_ab}\left(1-\frac{1}{1+\log_ab}\right)-1=\frac{\left(\log_ab+1\right)^2}{\log_ab}.\frac{\log_ab}{1+\log_ab}-1=\log_ab+1-1=\log_ab\)
a) Áp dụng công thức: \(\log_ab.\log_bc=\log_ac\)
b) Vì \(\dfrac{1}{\log_{a^k}b}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{k}\log_ab}=\dfrac{k}{\log_ab}\) nên biểu thức vế trái bằng:
\(VT=\dfrac{1}{\log_ab}\left(1+2+...+n\right)\)
\(=\dfrac{1}{\log_ab}.\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}=VP\)
1.\(\dfrac{log_ac}{log_{ab}c}=log_ac.log_c\left(ab\right)=log_ac.\left(log_ca+log_cb\right)=log_ac.log_ca+log_ac.log_cb=\dfrac{log_ac}{log_ac}+\dfrac{log_cb}{log_ca}=1+log_ab\)
2. \(log_{ax}bx=\dfrac{log_abx}{log_aax}=\dfrac{log_ab+log_ax}{log_aa+log_ax}=\dfrac{log_ab+log_ax}{1+log_ax}\)
3. \(\dfrac{1}{log_ax}+\dfrac{1}{log_{a^2}x}+...+\dfrac{1}{log_{a^n}x}=log_xa+log_xa^2+...+log_xa^n\)
\(=log_xa+2log_xa+...+n.log_xa=log_xa+2log_xa+...+n.log_xa\)
\(=log_xa.\left(1+2+...+n\right)=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}log_xa=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2.log_ax}\)
Rút gọn biểu thức sau :
\(A=\left(\log_ab+\log_ba+2\right)\left(\log_ab-\log_{ab}b\right)\log_ba-1\)
\(=\left(\log_ab+\log_ba+2\right)\left(1-\log_{ab}a\right)-1\)
\(=\left(\log_ab+\log_ba+2\right)\left(1-\frac{1}{1+\log_ab}\right)-1\)
\(=\frac{1}{1+\log_ab}\left(\log_ab+\log_ba+2\right)-1\)
\(=\frac{1}{1+\log_ab}\left[\left(\log_ab+\log_ba+2\right)-1-\log_ab\right]\)
\(=\frac{1}{1+\log_ab}\left(\log_ab+\log^2_ba\right)=\log_ab\)
Ta có \(\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\) với \(1< a\le b\) và \(c\ge0\)
Áp dụng với b = a+1 và c = 1 ta được :
\(\log_a\left(a+1\right)>\log_{a+1}\left(a+2\right)\)
=> Điều phải chứng minh
a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương, ta có :
\(\log_23+\log_32>2\sqrt{\log_23.\log_32}=2\sqrt{1}=2\)
Không xảy ra dấu "=" vì \(\log_23\ne\log_32\)
Mặt khác, ta lại có :
\(\log_23+\log_32<\frac{5}{2}\Leftrightarrow\log_23+\frac{1}{\log_23}-\frac{5}{2}<0\)
\(\Leftrightarrow2\log^2_23-5\log_23+2<0\)
\(\Leftrightarrow\left(\log_23-1\right)\left(\log_23-2\right)<0\) (*)
Hơn nữa, \(2\log_23>2\log_22>1\) nên \(2\log_23-1>0\)
Mà \(\log_23<\log_24=2\Rightarrow\log_23-2<0\)
Từ đó suy ra (*) luôn đúng. Vậy \(2<\log_23+\log_32<\frac{5}{2}\)
b) Vì \(a,b\ge1\) nên \(\ln a,\ln b,\ln\frac{a+b}{2}\) không âm.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
\(\ln a+\ln b\ge2\sqrt{\ln a.\ln b}\)
Suy ra
\(2\left(\ln a+\ln b\right)\ge\ln a+\ln b+2\sqrt{\ln a\ln b}=\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)
Mặt khác :
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Rightarrow\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{2}\left(\ln a+\ln b\right)\)
Từ đó ta thu được :
\(\ln\frac{a+b}{2}\ge\frac{1}{4}\left(\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}\right)^2\)
hay \(\frac{\sqrt{\ln a}+\sqrt{\ln b}}{2}\le\sqrt{\ln\frac{a+b}{2}}\)
c) Ta chứng minh bài toán tổng quát :
\(\log_n\left(n+1\right)>\log_{n+1}\left(n+2\right)\) với mọi n >1
Thật vậy,
\(\left(n+1\right)^2=n\left(n+2\right)+1>n\left(n+2\right)>1\)
suy ra :
\(\log_{\left(n+1\right)^2}n\left(n+2\right)<1\Leftrightarrow\frac{1}{2}\log_{n+1}n\left(n+2\right)<1\)
\(\Leftrightarrow\log_{n+1}n+\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)<2\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(2>\log_{\left(n+1\right)}n+\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)>2\sqrt{\log_{\left(n+1\right)}n.\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)}\)
Do đó ta có :
\(1>\log_{\left(n+1\right)}n.\log_{\left(n+1\right)}n\left(n+2\right)\) và \(\log_n\left(n+1>\right)\log_{\left(n+1\right)}\left(n+2\right)\) với mọi n>1
Ta có \(A=\left(\log^3_ba+2\log^2_ba+\log_ba\right)\left(\log_ab-\log_{ab}b\right)-\log_ba\)
\(=\left(\log_ba+1\right)^2\left(1-\frac{1}{\log_aab}\right)-\log_ba\)
\(=\left(\log_ba+1\right)^2\left(1-\frac{1}{1+\log_ab}\right)-\log_ba\)
\(=\left(\log_ba+1\right)^2\left(1-\frac{\log_ba}{\log_ba+1}\right)-\log_ba\)
\(=\log_ba+1-\log_ba=1\)
Ta có :
\(\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\Leftrightarrow\log_ab-1\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)-1\)
\(\Leftrightarrow\log_a\frac{b}{a}\ge\log_{a+c}\frac{b+c}{a+c}\)
Với \(1< a\le b\) và \(c\ge0\Rightarrow\frac{b}{a}\ge\frac{b+c}{a+c}\ge1\) nên \(\log_a\frac{b}{a}\ge\log_a\frac{b+c}{a+c}\) (*)
Mặt khác, ta được : \(\log_a\frac{b+c}{a+c}\ge\log_{a+c}\frac{b+c}{a+c}\) (**)
Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi c = 0 hoặc a = b