Chứng minh với \(a,b\in R\)(a, b khác 0), ta luôn có: \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+4\ge3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tham khảo:
Câu hỏi của tran duc huy - Toán lớp 10 | Học trực tuyến
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
https://artofproblemsolving.com/community/c1101515h2076182_lemma_by_vo_quoc_ba_can Sao olm ko hiện link
Đề ra sai,nếu a,b,c không dương thì với 2 số âm 1 số dương thì chắc chắn có ít nhất một cái căn bậc 2 sẽ không tồn tại.
Chứng minh:trong 2 số âm 1 số dương thì chắc chắn tốn tại một căn thức mà cả tử và mẫu đều trái dấu
Không mất tính tổng quát giả sử đó là \(\sqrt{\frac{a}{b}}\)
Khi đó \(\frac{a}{b}< 0\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b}}\) không tồn tại
Vậy ta có đpcm
\(a+\frac{4}{b\left(a-b\right)^2}=a-b+b+\frac{4}{b\left(a-b\right)^2}\ge a-b+2\sqrt{\frac{4b}{b\left(a-b\right)^2}}=a-b+\frac{4}{a-b}\ge4\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=3\\b=1\end{matrix}\right.\)
b/ \(a-b+\frac{4}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}+b\ge2\sqrt{\frac{4\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b+1\right)^2}}+b=\frac{4}{b+1}+b+1-1\ge4-1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=1\end{matrix}\right.\)
ban chuyen ve tao hang dang thuc thu 2 . sau do dung co si hoac bunhia ngc .( neu dung cosi thi them tri tuyet doi , con d amung bunhia thi ko lo duong hay am
Xét hiệu: \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+4-3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)=\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+2-3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\left(1\right)\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=A\) , (1) trở thành: \(A^2-3A+2=A^2-A-2A+2=A\left(A-1\right)-2\left(A-1\right)=\left(A-1\right)\left(A-2\right)\)
+Nếu a,b cùng dấu ,ta có: \(A=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\) \(\ge2\) (c/m = biến đổi tương đương)
Do đó \(\left(A-1\right)\left(A-2\right)\ge0\),Dấu "=" xảy ra <=> a=b
+Nếu a,b trái dấu ,ta có: \(A=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\le-2\)
do đó \(\left(A-1\right)\left(A-2\right)\ge0\),Dấu "=" xảy ra <=> a=-b
Từ đó suy ra đpcm
a)
Đặt \(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)
\(\Rightarrow A=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\)
Áp dụng BĐT Schwarz , ta có :
\(A\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}\) (1)
Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ac}\ge3\) (2)
Từ (1) và (2) , suy ra : \(A\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
b)
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{a}+\frac{\left(c+a\right)^2}{b}\ge\frac{\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]^2}{a+b+c}=4\left(a+b+c\right)\)