LT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
LT
1
5 tháng 8 2018
c/m \(\sqrt{a+n}+\sqrt{a-n}< 2\sqrt{a}\)
\(\left(\sqrt{a+n}+\sqrt{a-n}\right)^2< \left(2\sqrt{a}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a+n+a-n+2\sqrt{a^2-n^2}< 4a\)
\(2a+2\sqrt{a^2-n^2}< 2a+2\sqrt{a^2}\)
\(2a+2\sqrt{a^2-n^2}< 4a\)
=>\(\sqrt{2001-1}+\sqrt{2001+1}< 2\sqrt{2001}\)
nên\(\sqrt{2000}-2\sqrt{2001}+\sqrt{2002}< 0\left(đpcm\right)\)
1 tháng 10 2016
Xét với n là số tự nhiên không nhỏ hơn 1
Ta có : \(\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=\frac{1}{\sqrt{n\left(n+1\right)}\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right)}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n}.\sqrt{n+1}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)
Áp dụng điều trên ta có
\(\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+...+\frac{1}{2002\sqrt{2001}+2001\sqrt{2002}}\)
\(=1-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{2001}}-\frac{1}{\sqrt{2002}}\)
\(=1-\frac{1}{\sqrt{2002}}< 1-\frac{1}{\sqrt{2025}}=1-\frac{1}{45}=\frac{44}{45}\)
1 tháng 10 2016
ta chứng minh công thức tổng quát sau
\(\frac{1}{\left[n+1\right]\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=\frac{1}{\sqrt{n\left[n+1\right]}\left[\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right]}\)
=\(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n\left[n+1\right]}\left[n+1-n\right]}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n\left[n+1\right]}}\)
=\(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)
ta có \(\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\)
\(\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\)
........
\(\frac{1}{2002\sqrt{2001}+2001\sqrt{2002}}=\frac{1}{\sqrt{2001}}-\frac{1}{\sqrt{2002}}\)
=> \(\frac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\frac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+..+\frac{1}{2002\sqrt{2001}+2001\sqrt{2002}}\)
=\(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{2001}}-\frac{1}{\sqrt{2002}}\)
=\(1-\frac{1}{\sqrt{2002}}< \frac{44}{45}\)
NT
2
VP
0
LT
1
5 tháng 8 2018
Đặt \(\sqrt{2002}=a,\sqrt{2003=b}\)
Ta có:
VT = \(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng engel ta có:
\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\)
hay \(\dfrac{2002}{\sqrt{2003}}+\dfrac{2003}{\sqrt{2002}}\ge\sqrt{2002}+\sqrt{2003}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
Mà \(a\ne b\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{2002}{\sqrt{2003}}+\dfrac{2003}{\sqrt{2002}}>\sqrt{2002}+\sqrt{2003}\)(đpcm)
23 tháng 7 2019
a) \(\sqrt{a}+1>\sqrt{a+1}\)\(\Leftrightarrow\)\(a+2\sqrt{a}+1>a+1\)\(\Leftrightarrow\)\(2\sqrt{a}>0\)( luôn đúng \(\forall x>0\) )
b) \(a-1< a\)\(\Leftrightarrow\)\(\sqrt{a-1}< \sqrt{a}\)
c) \(\left(\sqrt{6}-1\right)^2=6-2\sqrt{6}+1>3-2\sqrt{3.2}+2=\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)^2\)
do \(\sqrt{6}-1>0;\sqrt{3}-\sqrt{2}>0\) nên \(\sqrt{6}-1>\sqrt{3}-\sqrt{2}\) ( đpcm )
Ta có:
\(\sqrt{2002}-\sqrt{2001}=\dfrac{1}{\sqrt{2002}+\sqrt{2001}}\)
\(\sqrt{2001}-\sqrt{2000}=\dfrac{1}{\sqrt{2001}+\sqrt{2000}}\)
Do \(\sqrt{2002}+\sqrt{2001}>\sqrt{2001}+\sqrt{2000}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{2002}+\sqrt{2001}}< \dfrac{1}{\sqrt{2001}+\sqrt{2000}}\)
hay \(\sqrt{2002}-\sqrt{2001}\) < \(\sqrt{2001}-\sqrt{2000}\)
\(\Rightarrow\sqrt{2002}-2\sqrt{2001}+\sqrt{2000}< 0\) (đpcm)