cho ab>0.chứng minh rằng \(\frac{a}{b}\)+\(\frac{b}{a}\)\(\ge\)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
18 tháng 8 2019
a) Giả sử:
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}\ge ab\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng )
=> đpcm
18 tháng 8 2019
b, Bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương \(\frac{bc}{a}\)và \(\frac{ca}{b};\frac{bc}{a}\)và \(\frac{ab}{c};\frac{ca}{b}\)và \(\frac{ab}{c}\)
Ta lần lượt có : \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge\sqrt[2]{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2c;\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge\sqrt[2]{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2b;\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge\sqrt[2]{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}\)
Cộng từng vế ta đc bất đẳng thức cần chứng minh . Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)
c, Với các số dương \(3a\) và \(5b\), Theo bất đẳng thức Cauchy ta có \(\frac{3a+5b}{2}\ge\sqrt{3a.5b}\)
\(\Leftrightarrow\left(3a+5b\right)^2\ge4.15P\)( Vì \(P=a.b\))
\(\Leftrightarrow12^2\ge60P\)\(\Leftrightarrow P\le\frac{12}{5}\Rightarrow maxP=\frac{12}{5}\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(3a=5b=12:2\)
\(\Leftrightarrow a=2;b=\frac{6}{5}\)
24 tháng 12 2019
a) \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng \(\forall a,b\) )
=>đpcm
25 tháng 12 2019
Cô si
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}\cdot\frac{ca}{b}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b}\cdot\frac{ab}{c}}=2a\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot\frac{bc}{a}}=2b\)
Cộng lại ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\Rightarrowđpcm\)
T
23 tháng 11 2019
a) Đơn giản, tự chứng minh
b) Cách 1: Áp dụng BĐT câu a: \(VT\ge\left(a^2+ab-b^2\right)+\left(b^2+bc-c^2\right)+\left(c^2+ca-a^2\right)=ab+bc+ca=VP\)(đpcm)
Cách 2:
Ta chứng minh BĐT chặt hơn: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\) (vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))
Giả sử \(b=min\left\{a,b,c\right\}\).Bằng phương pháp B-W (Buffalo way) ta phân tích được:
\(VT-VP=\frac{\left(4a^2c+4abc-b^3+3b^2c-bc^2\right)\left(a-b\right)^2+b\left(b^2+bc+c^2\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4abc}\ge0\)
P/s: Cách 2 tuy dài nhưng rất hay vì đây là phân tích bằng tay (không cần dùng phần mềm)!
AH
Akai Haruma
Giáo viên
7 tháng 8 2019
Lời giải:
a)
Xét hiệu \(\frac{a^3}{b}-(a^2+ab-b^2)=(\frac{a^3}{b}-a^2)-(ab-b^2)\)
\(=\frac{a^3-a^2b}{b}-b(a-b)=\frac{a^2(a-b)}{b}-b(a-b)=(a-b)\left(\frac{a^2}{b}-b\right)\)
\(=(a-b).\frac{a^2-b^2}{b}=\frac{(a-b)^2(a+b)}{b}\geq 0, \forall a,b>0\)
Do đó \(\frac{a^3}{b}\geq a^2+ab-b^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$
b)
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương:
\(\frac{a^3}{b}+ab\geq 2a^2\)
\(\frac{b^3}{c}+bc\geq 2b^2\)
\(\frac{c^3}{a}+ac\geq 2c^2\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\)
Mà cũng theo BĐT Cauchy:
\(a^2+b^2+c^2=\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\geq \frac{2ab}{2}+\frac{2bc}{2}+\frac{2ca}{2}=ab+bc+ca\)
\( \Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\geq 2(ab+bc+ac)-(ab+bc+ac)=ab+bc+ac\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
NT
2
KN
13 tháng 4 2020
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}-\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)+\left(\frac{1}{b+1}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{ab}-a}{\left(a+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{ab}-b}{\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\sqrt{a}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)}{\left(a+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}+\frac{\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)}{\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(b+1\right)+\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a\sqrt{b}+\sqrt{b}-b\sqrt{a}-\sqrt{a}\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{ab}-1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\ge0\)(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
NM
Nguyễn Minh Quang
Giáo viên
7 tháng 2 2021
bài 1. ta có
\(a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+ac+ad\)
\(\Leftrightarrow b^2+ab+\frac{a^2}{4}+c^2+ac+\frac{a^2}{4}+d^2+ad+\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+\frac{a}{2}\right)^2+\left(c+\frac{a}{2}\right)^2+\left(d+\frac{a}{2}\right)^2+\frac{a^2}{4}\ge0\) luôn đúng
Bài 2
ta có \(\frac{a^5}{b^5}+1+1+1+1\ge\frac{5.a}{b}\) (bất đẳng thức cauchy)
Tương tự ta có \(\frac{b^5}{c^5}+4\ge\frac{5b}{c};\frac{c^5}{a^5}+4\ge\frac{5c}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge5\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-12\)
Mà dễ dàng chứng minh \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\)
Nên ta có \(\Rightarrow\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge5\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-12\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\)
CH
7 tháng 2 2021
bài 1 : \(^{a^2+B^2+C^2+D^2}\)>hoặc =ab+ac+ad
\(^{a^2+b^2+c^2}\)- ab-ac-ad>hoặc = 0
\((\frac{1}{4}^{a^2-ab+b^2})+(\frac{1}{4}^{a^2-ac+c^2})+(\frac{1}{4}^{a^2-ad+d^2})\)>hoặc =0
\((\frac{1}{2}a-b)^2+(\frac{1}{2}a-c)^2+(\frac{1}{2}a-d)^2>=0\)
Vì \((\frac{1}{2}a-b)^2>=0\)với mọi \(A,b\varepsilon n\)
=> đpcm tự kết luận
25 tháng 1 2020
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
.
31 tháng 10 2017
a)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+ab+b^2}{4}\ge0\)\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}}{4}\ge0\left(đpcm\right)\)
Vậy \(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
UK
31 tháng 10 2017
b) Áp dụng Cauchy, ta có:
\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{a}.\dfrac{ca}{b}}=2c\)
Tương tự: \(\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge2a\)
\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}\ge2b\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh rồi rút gọn ta được đpcm.
12 tháng 8 2017
Bài 1 với bài 2 như nhau, đăng làm gì cho tốn công :))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{ca}{b}}=2a\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{bc}{a}}=2c\)
Cộng vế với vế ta được :
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)(đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 6 2020
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(\frac{b}{a}\right)^2+\frac{b}{a}+1}+\frac{1}{\left(\frac{c}{b}\right)^2+\frac{c}{b}+1}+\frac{1}{\left(\frac{a}{c}\right)^2+\frac{a}{c}+1}\ge1\)
Đặt \(\left(\frac{b}{a};\frac{c}{b};\frac{a}{c}\right)=\left(m;n;p\right)\Rightarrow mnp=1\)
Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{m^2+m+1}+\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{1}{p^2+p+1}\ge1\) với điều kiện \(mnp=1\)
Đây là BĐT Vasc rất nổi tiếng
Đặt \(\left(m;n;p\right)=\left(\frac{yz}{x^2};\frac{zx}{y^2};\frac{xy}{z^2}\right)\):
\(VT=\frac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}+\frac{y^4}{y^4+xy^2z+z^2x^2}+\frac{z^4}{z^4+xyz^2+x^2y^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\)
Ta chỉ cần chứng minh: \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x^4+y^4+z^4+x^2yz+xy^2z+xyz^2+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge x^2yz+xy^2z+xyz^2\)
BĐT này hiển nhiên đúng (theo \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a;b\) và ab>0 (theo đề bài)
=>\(\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{a^2}{ab}-\frac{2ab}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}-2+\frac{b}{a}\ge0\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) (đpcm)