chứng minh bất đẳng thức:
a, \(\frac{a+8}{\sqrt{a-1}}\ge6\) với a > 1
b, \(\frac{a^2+2}{\sqrt{a^2+1}}\ge2\) với mọi a
giúp mình vs nhé
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
TL
0
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 5 2021
Bài 1:
Vì $a\geq 1$ nên:
\(a+\sqrt{a^2-2a+5}+\sqrt{a-1}=a+\sqrt{(a-1)^2+4}+\sqrt{a-1}\)
\(\geq 1+\sqrt{4}+0=3\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 5 2021
Bài 2:
ĐKXĐ: x\geq -3$
Xét hàm:
\(f(x)=x(x^2-3x+3)+\sqrt{x+3}-3\)
\(f'(x)=3x^2-6x+3+\frac{1}{2\sqrt{x+3}}=3(x-1)^2+\frac{1}{2\sqrt{x+3}}>0, \forall x\geq -3\)
Do đó $f(x)$ đồng biến trên TXĐ
\(\Rightarrow f(x)=0\) có nghiệm duy nhất
Dễ thấy pt có nghiệm $x=1$ nên đây chính là nghiệm duy nhất.
31 tháng 7 2023
2:
a: Sửa đề: \(\dfrac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}>2\)
\(A=\dfrac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}=\dfrac{a^2+2+1}{\sqrt{a^2+2}}=\sqrt{a^2+2}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+2}}\)
=>\(A>=2\cdot\sqrt{\sqrt{a^2+2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{a^2+2}}}=2\)
A=2 thì a^2+2=1
=>a^2=-1(loại)
=>A>2 với mọi a
b: \(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}< =\dfrac{a\sqrt{a}+b\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\)
=>\(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}>=a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\)
=>\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)-\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)>=0\)
=>(căn a+căn b)(a-2*căn ab+b)>=0
=>(căn a+căn b)(căn a-căn b)^2>=0(luôn đúng)
GH
31 tháng 7 2023
1
ĐK: `x>1`
PT trở thành:
\(\sqrt{\dfrac{2x-3}{x-1}}=2\\ \Leftrightarrow\dfrac{2x-3}{x-1}=2^2=4\\ \Leftrightarrow4x-4-2x+3=0\\ \Leftrightarrow2x-1=0\\ \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\left(KTM\right)\)
Vậy PT vô nghiệm.
b
ĐK: \(x\ge2\)
Đặt \(t=\sqrt{x-2}\) (\(t\ge0\))
=> \(x=t^2+2\)
PT trở thành: \(t^2+2-5t+2=0\)
\(\Leftrightarrow t^2-5t+4=0\)
nhẩm nghiệm: `a+b+c=0` (`1+(-5)+4=0`)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}t=1\left(nhận\right)\\t=4\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-2}=1\\\sqrt{x-2}=4\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\left(TM\right)\\x=18\left(TM\right)\end{matrix}\right.\)
TN
22 tháng 12 2017
a=b=c=2 thay vào ra min cái này là tay tui tự gõ ra a=b=c=2 chả có bước nào. còn chi tiết sau nhớ nhắc tui làm :D
TN
22 tháng 12 2017
Áp dụng BĐT Mincopxki và AM-GM có:
\(T=\sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{a^2}}\)
\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{16}+\frac{15\left(a+b+c\right)^2}{16}}\)
\(=\sqrt{2\sqrt{\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{16}}+\frac{15\cdot6^2}{16}}\)
\(=\sqrt{2\sqrt{\frac{81}{16}}+\frac{15\cdot6^2}{16}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
Khi \(a=b=c=2\)
T
1 tháng 7 2020
1) Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
2) Từ (1) suy ra \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP\)
Đẳng thức..
3) Ta có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) với $a,b,c>0.$
Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.
4) Đặt \(a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)\) thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$
Hay là \(S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2\)
Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$
Đây là điều hiển nhiên.
5) \(3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP\)
6) \(VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP\)
Có thế thôi mà nhỉ:v
16 tháng 5 2020
Bài 1: diendantoanhoc.net
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\) BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{x}{\sqrt{3zx+2yz}}+\frac{x}{\sqrt{3xy+2xz}}+\frac{x}{\sqrt{3yz+2xy}}\ge\frac{3}{\sqrt{5}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{5x}\cdot\sqrt{3y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{5y}\cdot\sqrt{3z+2x}}\ge\frac{3}{5}\)
Theo BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)
16 tháng 5 2020
Bổ sung bài 1:
BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
a,Có \(\frac{a+8}{\sqrt{a-1}}\ge6\) (a>1) (1)
<=> \(a+8\ge6\sqrt{a-1}\)
<=> \(a^2+16a+64\ge36a-36\)
<=> \(a^2-20a+100\ge0\)
<=> \(\left(a-10\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a)
Dấu "="xảy ra <=> a=10
=> (1) đc CM
b, Áp dụng bđt cosi với hai số dương có
\(\sqrt{a^2+1}\le\frac{a^2+1+1}{2}=\frac{a^2+2}{2}\)
=> \(\frac{a^2+2}{\sqrt{a^2+1}}\ge\frac{a^2+2}{\frac{a^2+2}{2}}=\frac{2\left(a^2+2\right)}{a^2+2}=2\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=0