Help me
Cho a, b, c > 0 . CMR : (a + b)(1/a + 1/b) \(\ge4\)
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
NA
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 5 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4(1-a)(1-c)\leq (1-a+1-c)^2=(1+b)^2\)
\(\Rightarrow 4(1-a)(1-b)(1-c)\leq (1+b)^2(1-b)(1)\)
Mà:
\(a+2b+c-(1+b)^2(1-b)=1+b-(1+b)(1-b)=(1+b)[1-(1-b^2)]\)
\(=(1+b)b^2>0, \forall b>0\)
\(\Rightarrow a+2b+c> (1+b)^2(1-b)(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow a+2b+c> 4(1-a)(1-b)(1-c)\)
7 tháng 9 2021
1) Với x > 0 ta có:
\(x+\dfrac{1}{x}\ge2\\ \Leftrightarrow\dfrac{x^2+1}{x}\ge\dfrac{2x}{x}\\ \Leftrightarrow x^2+1\ge2x\left(\text{vì }x>0\right)\\ \Leftrightarrow x^2-2x+1\ge0\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\ge0\left(\text{luôn đúng }\forall x>0\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=1\). Vậy BĐT được chứng mình với x > 0.
7 tháng 9 2021
1: Áp dụng Bđt cosi, ta được:
\(x+\dfrac{1}{x}\ge2\cdot\sqrt{x\cdot\dfrac{1}{x}}=2\)
VT
0
VD
11 tháng 2 2018
bđt cần c/m <=>
\(\frac{1}{\left(a+c-b-c\right)^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(b+c\right)^2}+\frac{\left(a+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2\left(a+c\right)^2}\ge4\\ \)
\(\frac{1}{\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2-2}+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2\ge4\\ \)
\(\frac{1}{\left(a+c\right)^2+\left(b+c\right)^2-2}+\left(b+c\right)^2+\left(a+c\right)^2-2\ge2\)(đúng , theo cô-si)
ok
UK
2 tháng 12 2017
Viết gọn lại, ta cần chứng minh:
\(\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum4\left(\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum4\left(\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{ab}}\right)=\sum\dfrac{4ab}{a+b}\)
Thật vậy, ta có:
\(\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum\left(2\sqrt{\left(a+b\right).\dfrac{1}{4}}\right)^2=\sum a+b\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\sum a+b\ge\sum\dfrac{4ab}{a+b}\Leftrightarrow\sum\left(a+b\right)^2\ge\sum4ab\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\ge0\)
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
27 tháng 8 2017
\(\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{ad+bc}{bd}\)\(\in Z\)=> ad+bc\(⋮\)bd (1). Ta không xét những trường hợp b=d=1
Trong trường hợp b=d thì ta có a+c\(⋮\) b
Ta chứng minh rằng nếu b khác d thì a+c ko chia hết cho b
Xét b>d ( trường hợp b<d chứng minh tương tự)
Giả sử b=d+k ( k >0, k\(\in Z\))
Thay b=d+k vào (1) ta có ad+c(d+k)\(⋮\)bd
=> ad+cd+ck \(⋮\)bd
=>d(a+c)+ck\(⋮\)bd
Tới đây ta thấy rằng nếu a+c\(⋮\)b thì d(a+c)\(⋮bd\)=> ck\(⋮\)bd.
Tuy nhiên (c,d)=1 và k<b nên k ko chia hết cho b, hơn nữa c ko thể chia hết cho b vì nếu thế thì a+c:b=> a:b=> (a,b)=b\(\ne1\)
Do đó ck ko chia hết cho bd, mâu thuẫn => Với b khác d thì a+c ko chia hết cho b
=> ĐPCM
BĐT cô-si, ta có:
\(\left(a+b\right)\ge2\sqrt{ab}\)
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)
Nhân từng vế của BĐT
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)(đpcm)
Sử dụng bất đẳng thức Côsi :
Cho cặp số a, b, ta được : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) (1)
Cho cặp số \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\), ta được : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\) (2)
Nhấn 2 vế (1) và (2), ta được :
\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot\frac{2}{\sqrt{ab}}=4\left(đpcm\right)\)
Vậy đẳng thức xảy ra khi : \(\hept{\begin{cases}a=b\\\frac{1}{a}=\frac{1}{b}\end{cases}\Leftrightarrow a=b}\)