chứng minh rằng \(\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}\)với mọi a;b lớn hơn hoặc bằng 0
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
2 tháng 1 2022
\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)}}\ge\dfrac{2a^2}{a+4b+3a+2b}=\dfrac{a^2}{2a+3b}\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{5a+5b+5c}=\dfrac{a+b+c}{5}\) (đpcm)
I
2
2 tháng 8 2018
Ta có : \(\sqrt{\dfrac{a^2}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{a}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{a}^2}{\sqrt{b}}+\dfrac{\sqrt{b}^2}{\sqrt{a}}\)
\(=\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\)
Theo BĐT Cô Si dưới dạng engel ta có :
\(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b\)
Chúc bạn học tốt
MS
2 tháng 8 2018
Đề thiếu a,b > 0
\(\sqrt{\dfrac{a^2}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
Áp dụng bđt Svacxo, ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\dfrac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
=> ĐPCM
14 tháng 6 2023
b: \(A=\dfrac{x^2+4+1}{\sqrt{x^2+4}}=\sqrt{x^2+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}>=2\sqrt{\sqrt{x^2+4}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}}=2\)
a: =>ab+ad+bc+cd>=ab+cd+2căn abcd
=>ad+cb-2căn abcd>=0
=>(căn ad-căn cb)^2>=0(luôn đúng)
TD
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 9 2018
Lời giải:
Biến đổi tương đương:
\(\sqrt{\frac{a+b}{2}}\geq \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{2}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2}{4}=\frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{2}-\frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b-2\sqrt{ab}}{4}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{4}\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$
KH
1
22 tháng 12 2016
đúng với mọi a,b chứ nhỉ
nếu a, b <0 VT>=0 VP<0 => đúng
Bp
\(\Leftrightarrow2.\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2-\left(a^2+2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) hiển nhiên đúng=> dpcm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
28 tháng 3 2023
a.
Bình phương 2 vế, BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}+\sqrt{\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}+\sqrt{\left(c^2+1\right)\left(a^2+1\right)}\ge6\)
Ta có:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(1+b^2\right)}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2}=a+b\)
Tương tự cộng lại:
\(\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)}+\sqrt{\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}+\sqrt{\left(c^2+1\right)\left(a^2+1\right)}\ge2\left(a+b+c\right)=6\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
b.
\(\sum\dfrac{a+1}{a^2+2a+3}=\sum\dfrac{a+1}{a^2+1+2a+2}\le\sum\dfrac{a+1}{4a+2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\sum\dfrac{a+1}{4a+2}\le1\Leftrightarrow\sum\dfrac{4a+4}{4a+2}\le4\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{1}{2a+1}\ge1\)
Đúng đo: \(\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{2c+1}\ge\dfrac{9}{2\left(a+b+c\right)+3}=1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vì (a-b)2\(\ge\)0 luôn đúng nên \(\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}\)