Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
day nhe banTa có:\(\frac{1}{\left(k +1\right)\sqrt{k}}=\frac{\left(k+1\right)-k}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}=\frac{\left(\sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}\)
\(< \frac{2\sqrt{k+1}\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}=\frac{2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)}{\sqrt{k+1}\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}}-\frac{2}{\sqrt{k+1}}\)
Cho k=1,2,,,,n rồi cộng vế với vế ta có;
\(\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}< \left(\frac{2}{\sqrt{1}}-\frac{2}{\sqrt{2}}\right)+\left(\frac{2}{\sqrt{2}}-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)+...\)
\(+\left(\frac{2}{\sqrt{n}}-\frac{2}{\sqrt{n+1}}\right)=2-\frac{2}{\sqrt{n+1}}< 2\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
A.\(\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=\frac{\left(n+1\right)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{\left(n+1\right)^2n-n^2\left(n+1\right)}\) \(=\frac{\left(n+1\right)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n\left(n+1\right)\left(n+1-n\right)}=\frac{\left(n+1\right)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n\left(n+1\right)}\)
=\(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)
b. ap dungtinh B =\(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{99}}-\frac{1}{\sqrt{100}}=1-\frac{1}{10}=\frac{9}{10}\)
Lời giải:
Liên hợp ta thấy:
\(2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=2.\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}(1)\)
\(2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})=2.\frac{n-(n-1)}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}>\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow 2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})< \frac{1}{\sqrt{n}}< 2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\)
------------------------
Áp dụng vào bài toán:
\(S=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}>1+2(\sqrt{3}-\sqrt{2})+2(\sqrt{4}-\sqrt{3})+...+2(\sqrt{101}-\sqrt{100})\)
\(\Leftrightarrow S>1+2(\sqrt{101}-\sqrt{2})>18(*)\)
Và:
\(S< 1+2(\sqrt{2}-\sqrt{1})+2(\sqrt{3}-\sqrt{2})+....+2(\sqrt{100}-\sqrt{99})\)
\(\Leftrightarrow S< 1+2(\sqrt{100}-\sqrt{1})=19(**)\)
Từ $(*); (**)$ suy ra $18< S< 19$ (đpcm)
Ta co:
\(\frac{1}{\left(2n+1\right)\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right)}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1+n}< \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2\sqrt{n+1}.\sqrt{n}}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)
Ap vào bài toan được
\(S_n=\frac{1}{3\left(1+\sqrt{2}\right)}+\frac{1}{5\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)}+...+\frac{1}{\left(2n+1\right)\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right)}\)
\(< \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< \frac{1}{2}\)
1/ Ta có:
\(a^5-a^3+a=2\)
Dễ thấy a = 0 không phải là nghiệm từ đó ta có:
\(a^6-a^4+a^2=2a\)
\(\Rightarrow2a=a^6+a^2-a^4\ge2a^4-a^4\ge a^4\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a\ge a^4\\a>0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2\ge a^3\\a>0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}4\ge a^6\\a>0\end{cases}}\)
Dấu = không xảy ra
Vậy \(a^6< 4\)
Câu 2/
Câu hỏi của XPer Miner - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Đặt x-2=a; y-2=b; z-2=c (a,b,c>0)
Ta có: \(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1\)
<=>\(\frac{1}{a+2}=1-\frac{1}{b+2}-\frac{1}{c+2}\Leftrightarrow\frac{1}{a+2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{b+2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{c+2}\)
<=>\(\frac{1}{a+2}=\frac{b}{2\left(b+2\right)}+\frac{c}{2\left(c+2\right)}\ge2\sqrt{\frac{bc}{4\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}=\sqrt{\frac{bc}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}}\left(1\right)\)
Tương tự ta cũng có: \(\frac{1}{b+2}\ge\sqrt{\frac{ca}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}}\left(2\right);\frac{1}{c+2}\ge\sqrt{\frac{ab}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}\left(3\right)\)
Nhân (1),(2),(3) vế theo vế ta được:
\(\frac{1}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\ge\sqrt{\frac{\left(abc\right)^2}{\left[\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)\right]^2}}\)
<=> \(\frac{1}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\ge\frac{abc}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le1\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(y-2\right)\left(z-2\right)\le1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=3
Chia hai vế của cho xyz khác 0, ta cần chứng minh:
\(\left(1-\frac{2}{x}\right)\left(1-\frac{2}{y}\right)\left(1-\frac{2}{z}\right)\le\frac{1}{xyz}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right)\rightarrow\left(a;b;c\right)\). Bài toán trở thành:
Cho 0 <a,b,c \(< \frac{1}{2}\) thỏa mãn \(a+b+c=1\). Chứng minh rằng:
\(\left(1-2a\right)\left(1-2b\right)\left(1-2c\right)\le abc\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)\le abc\)
BĐT đến đây trở về dạng quen thuộc! Hoặc không thì nó hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
ta có \(\left(1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)^2=1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}+2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right)\)
=\(1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}+2\left(\frac{n+1-n-1}{n\left(n+1\right)}\right)=1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}\left(ĐPCM\right)\)
^_^