Chứng minh các bất đẳng thức : a / \(\dfrac{a}{b} \dfrac{b}{a}>=2

4

NH

Ngọc Hồng

8 tháng 12 2018

a) Áp dụng BĐT AM - GM:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$ >= 2$\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}$ =2

Dấu '=' xảy ra <=> a=b=1

NH

Ngọc Hồng

8 tháng 12 2018

b) Cũng áp dụng BĐT AM- GM nhưng cho 3 số

HN

ha nguyen

9 tháng 8 2023

chứng minh bất đẳng thức sau

$\dfrac{a}{bc}$+$\dfrac{b}{ca}$+$\dfrac{c}{ab}$≥$\dfrac{2}{a}$+$\dfrac{2}{b}$+$\dfrac{2}{c}$( với a,b,c là các số dương)

1

B

blua

10 tháng 8 2023

tử vế phải là 3 hay 2 vậy bạn.

BC

Big City Boy

23 tháng 1 2021

Chứng minh các bất đẳng thức sau: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}$ (với a, b>0)

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

23 tháng 1 2021

Biến đổi tương đương:

$\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}$

$\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab\ge4ab$

$\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0$

$\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0$ (luôn đúng)

Vậy BĐT đã cho đúng

Đúng(3)

PM

Phùng Minh Phúc

22 tháng 1 2022

Sử dụng bất đẳng thức cô-si. Chứng minh bất đẳng thức $\dfrac{a}{bc}+\dfrac{c}{ba}+\dfrac{b}{ac}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

2

I

ILoveMath

22 tháng 1 2022

Coi như a, b, c là số dương

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{c}{ba}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{bc}.\dfrac{c}{ba}}=2\sqrt{\dfrac{1}{b^2}}=\dfrac{2}{b}\left(1\right)$

Dấu "=" xảy ra ...

$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ac}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{bc}.\dfrac{b}{ac}}=2\sqrt{\dfrac{1}{c^2}}=\dfrac{2}{c}\left(2\right)$

Dấu "=" xảy ra ...

$\dfrac{c}{ba}+\dfrac{b}{ac}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{ba}+\dfrac{b}{ac}}=2\sqrt{\dfrac{1}{a^2}}=\dfrac{2}{a}\left(3\right)$

Dấu "=" xảy ra ...

Từ (1), (2), (3) ta có:

$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{c}{ba}+\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ba}+\dfrac{b}{ac}\ge\dfrac{2}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\\ \Rightarrow2\left(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ba}\right)\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\\ \Rightarrow\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ba}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Dấu "=" xảy ra ...

Vậy ...

Đúng(2)

I

ILoveMath

22 tháng 1 2022

a, b, c có phải là số dương không bạn, nếu không thì làm sao dùng BĐT Cô-si được

QK

Quốc Khánh

9 tháng 2 2021

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:

$\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

2

NT

nguyen thi vang

10 tháng 2 2021

Xét hiệu VT - VP

$\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ab+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}-\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}=\dfrac{a^2+ab-bc-a^2}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{b^2+bc-ac-b^2}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{c^2+ac-ab-c^2}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{c\left(b-a\right)}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}$

Do a,b,c bình đẳng nên giả sử a$\ge$b$\ge$c, khi đó $b\left(a-c\right)$$\ge$0, c(b-a)$\le$0, a(c-b)$\le$0

$a^3\ge b^3\ge c^3=>abc+a^3\ge abc+b^3\ge abc+c^3$=>$\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}\le\dfrac{b\left(a-c\right)}{b\left(ac+b^2\right)}$

=> VT -VP $\le$ $\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{c\left(b-a\right)}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{ab-ac}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{ac-ab}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{a\left(b-c\right)}{b\left(ac+b^2\right)}-\dfrac{a\left(b-c\right)}{c\left(ab+c^2\right)}$

mà $\dfrac{1}{b\left(ac+b^2\right)}\le\dfrac{1}{c\left(ab+c^2\right)}$ nên VT-VP <0 đpcm

T

tthnew

10 tháng 2 2021

$a,b,c$ ở đây chỉ có vai trò là hoán vị thôi nên không được giả sử $a\ge b\ge c$ đâu ạ. Nên cách này chưa trọn vẹn.

PM

Phùng Minh Phúc

23 tháng 1 2022

Sử dụng bất đẳng thức cô-si. Chứng minh bất đẳng thức $\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\ge4$

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

23 tháng 1 2022

Lời giải:

Bổ sung điều kiện $a,b$ là các số dương. Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$a+b\geq 2\sqrt{ab}$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 2\sqrt{\frac{1}{ab}}$

$\Rightarrow (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{\frac{1}{ab}}=4$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b$

NB

Nguyễn Bùi Đại Hiệp

17 tháng 2 2019

chứng minh bất đẳng thức

$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}+4\ge3\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)$

1

NT

Nguyễn Thành Trương

17 tháng 2 2019

Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t$

=>$t^2-3t+2$\geq$0$<=>$(t-1)(t-2)$\geq$0$<=>$(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-1)(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2)$

<=>$\frac{(x-y)^2}{xy}\frac{(x-\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4}}{xy}\geq 0$

<=>$\frac{(x-y)^2.\left [ (x-\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4} \right ]}{x^2y^2}\geq 0$(hcđ)

=>đpcm

TN

Thai Nguyen

25 tháng 7 2018

Chứng minh bất đẳng thức cô-si với 3 số a,b,c không âm: $\dfrac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c.

Áp dụng chứng minh bất đẳng thức: $\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9$

#Toán lớp 9

1

DP

DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG

14 tháng 8 2018

Bạn tham khảo cách chứng minh tại đây :

Câu hỏi của Nguyễn Huy Thắng - Toán lớp 10 | Học trực tuyến

Áp dụng : Theo BĐT $AM-GM$ ta có :

$a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}$

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}$

Nhân vế theo vế ta được :

$\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=3.3.1=9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$

LN

L N T 39

31 tháng 3 2021

Chứng minh Bất đẳng thức sau:$\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}\ge\dfrac{2}{1+ab}$

0

L

loancute

1 tháng 3 2021

Chứng minh bất đẳng thức : $\dfrac{a+b}{a^2+b^2}+\dfrac{b+c}{b^2+c^2}+\dfrac{c+a}{c^2+a^2}$$\forall a,b,c>0;a+b+c=ab+ac+ca$

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

1 tháng 3 2021

Đề bài thiếu, yêu cầu chứng minh gì nhỉ bạn?

L

loancute

6 tháng 3 2021

Chứng minh bất đẳng thức ak bạn

HT

Hồ Thị Hồng Nghi

7 tháng 12 2021

Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(a,b,c>0\right)$

1

NH

Nguyễn Hoàng Minh

7 tháng 12 2021

Áp dụng BĐT cosi:

$\left(a+b+b+c+c+a\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\\ \ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=9\\ \Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge9\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)$

Dấu $"="\Leftrightarrow a=b=c$