Chứng minh rằng:
\(\dfrac{a^2+a+2}{\sqrt{a^2+a+1}}\ge2\)
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
NK
1
13 tháng 3 2021
Áp dụng giả thiết \(ab=1\) và bất đẳng thức Cauchy ta có:
\(\dfrac{a^2+b^2}{a-b}=\dfrac{\left(a-b\right)^2+2ab}{a-b}=a-b+\dfrac{2}{a-b}\ge2\sqrt{\dfrac{2\left(a-b\right)}{a-b}}=2\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab=1\\a-b=\sqrt{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\\b=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right.\)
KF
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 11 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
$\frac{a^2+b^2}{a-b}=\frac{(a-b)^2+2ab}{a-b}=\frac{(a-b)^2+2}{a-b}=(a-b)+\frac{2}{a-b}\geq 2\sqrt{(a-b).\frac{2}{a-b}}=2\sqrt{2}$
Ta có đpcm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 4 2021
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\sqrt{4b^2+bc+4c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{4c^2+ca+4a^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{4a^2+ab+4b^2}}\ge1\)
Ta có:
\(\sum\left(\dfrac{a}{\sqrt{4b^2+bc+4c^2}}\right)^2\sum a\left(4b^2+bc+4c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a\left(4b^2+bc+4c^2\right)+b\left(4c^2+ac+4a^2\right)+c\left(4a^2+ab+4b^2\right)}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{4a\left(b^2+c^2\right)+4b\left(c^2+a^2\right)+4c\left(a^2+b^2\right)+3abc}\ge1\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\) (đúng theo Schur bậc 3)
18 tháng 9 2018
\(\sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b+ac}}\)
N
30 tháng 9 2017
Bài này có xuất hiện rồi ,you vào mục tìm kiếm là thấy liền.
Lời giải vắn tắt:
\(A=\sum\sqrt{\dfrac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sum\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(ab+2c^2\right)\left(1+ab-c^2\right)}}\ge\sum\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{1+2ab+c^2}=\sum\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{\left(a+b\right)^2+2c^2}\ge\sum\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{2\left(a^2+b^2\right)+2c^2}=\sum\left(ab+2c^2\right)=ab+bc+ca+2\)
( thay \(a^2+b^2+c^2=1\))
24 tháng 8 2018
điều kiện xác định : \(a>0\)
ta có : \(A=\dfrac{a^2+\sqrt{a}}{a-\sqrt{a}+1}-\dfrac{a^2-\sqrt{a}}{a+\sqrt{a}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}\)
\(\Leftrightarrow A=\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}^3+1\right)}{a-\sqrt{a}+1}-\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}^3-1\right)}{a+\sqrt{a}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}\)
\(\Leftrightarrow A=\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)\left(a-\sqrt{a}+1\right)}{a-\sqrt{a}+1}-\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{a+\sqrt{a}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}\)\(\Leftrightarrow A=\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)-\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)+\dfrac{1}{\sqrt{a}}\)
\(\Leftrightarrow A=a+\sqrt{a}-a+\sqrt{a}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}=2\sqrt{a}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}\)
áp dụng bất đẳng thức cô si ta có : \(A=2\sqrt{a}+\dfrac{1}{\sqrt{a}}\ge2\sqrt{2}\Rightarrow\left(đpcm\right)\)
T
1
6 tháng 9 2017
b)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}+\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}\ge2\sqrt{\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}\cdot\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}}=2\)
Xảy ra khi \(a=b\)
c)Áp dụng BĐT \(x^2+y^2\ge2xy\) có:
\(VT=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2=a+b+2\sqrt{ab}\)
\(\ge2\sqrt{\left(a+b\right)\cdot2\sqrt{ab}}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\cdot\sqrt{ab}}=VP\)
Xảy ra khi \(a=b\)
6 tháng 9 2017
a)\(\dfrac{a^2+3}{\sqrt{a^2+3}}=\sqrt{a^2+3}\ge\sqrt{3}< 2\)\
sai đề
\(\dfrac{a^2+a+2}{\sqrt{a^2+a+1}}\ge2\Leftrightarrow a^2+a+2\ge2\sqrt{a^2+a+1}\Leftrightarrow a^2+a+1-2\sqrt{a^2+a+1}.1+1\ge0\Leftrightarrow\left(\sqrt{a^2+a+1}-1\right)^2\ge0:đúng\forall a\in R\)Vậy BĐT đã được chứng minh.