Câu 2: Chứng minh rằng: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) với \(a,b\in N\)*
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
DV
3
20 tháng 5 2015
Giả sử \(a\ge b\) suy ra a = b +m (m \(\ge\) 0)
Ta có \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{b+m}{b}+\frac{b}{b+m}\)
\(=\frac{b}{b}+\frac{m}{b}+\frac{b}{b+m}=1+\frac{m}{b}+\frac{b}{b+m}\)
Vì \(m,b\ge0\) nên \(\frac{m}{b}\ge\frac{m}{b+m}\)
Do đó \(1+\frac{m}{b}+\frac{b}{b+m}\ge1+\frac{m}{b+m}+\frac{b}{b+m}=1+\frac{m+b}{b+m}=1+1=2\)
Vậy \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\) (dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow\) m = 0 \(\Leftrightarrow\) a =b)
H
Với a,b,c,d dương, chứng minh rằng \(F=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2\)
2
PN
20 tháng 7 2020
đây là dạng mở rộng của nesbit
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski :
\(\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right].F\ge\left(a+b+c+d\right)^2\)
Tương đương \(F\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)}\)
Ta có : \(\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left(a+d\right)\left(b+c\right)\)
\(\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left(a+b\right)\left(c+d\right)\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(2\left(a+b+c+d\right)^2\ge4\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)\right]\)
Suy ra \(\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{a\left(b+c\right)+b\left(c+d\right)+c\left(d+a\right)+d\left(a+b\right)}\ge\frac{4}{2}=2\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
DH
20 tháng 7 2020
bạn @dcv thêm phần dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=c;b=d\)
NV
2
23 tháng 5 2018
Ta có : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\)
\(=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}-\frac{2ab}{ab}\)
\(=\frac{a^2-2ab+b^2}{ab}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\) ( do a;b > 0 )
Dấu "=" xảy ra khi :
\(a-b=0\Leftrightarrow a=b\)
Vậy ...
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 3 2020
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)\geq 2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}-\frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2ab+1}-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{2ab}{ab(\sqrt{2ab+1}+1}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2ab+1}+1}\geq \sqrt{2}-1\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{2ab+1}+1\leq \sqrt{2}+1\)
\(\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{2}\leftrightarrow 2ab\leq 1\Leftrightarrow 2ab\leq a^2+b^2\) (luôn đúng theo AM-GM)
Do đó ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 3 2020
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\right)\geq 2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}-\frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2ab+1}-1}{ab}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{2ab}{ab(\sqrt{2ab+1}+1}\geq 2\sqrt{2}-2\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2ab+1}+1}\geq \sqrt{2}-1\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{2ab+1}+1\leq \sqrt{2}+1\)
\(\Leftrightarrow ab\leq \frac{1}{2}\leftrightarrow 2ab\leq 1\Leftrightarrow 2ab\leq a^2+b^2\) (luôn đúng theo AM-GM)
Do đó ta có đpcm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
11 tháng 9 2016
Vì vai trò a,b,c như nhau nên ta giả sử
\(a\ge b\ge c>0\)
Ta có: \(2b\left(a+c\right)^2-\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2b\left(a+c\right)^2\ge\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Khi đó:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}\) (1)
Mà \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}-2=\frac{\left(a^2+c^2-ab-bc\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)}\ge0\) (2)
Từ (1) và (2) =>Đpcm
11 tháng 9 2016
Ta dễ dàng chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge1\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+a^2}{ab+bc+ac+a^2}=\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\)
Suy ra cần chứng minh \(\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
Điều này tương đương với \(\left(b+c\right)\left(2a^2+b^2+c^2\right)+8abc\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2b+2a^2c+b^3+b^2c+c^2b+c^3+8abc\ge2\left(2abc+a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+b^2a+bc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b^2-2bc+c^2\right)\left(b+c-2a\right)\ge0\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\left(b+c-2a\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
AH
Akai Haruma
Giáo viên
24 tháng 7
Lời giải:
a. Xét hiệu $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2=\frac{a^2+b^2-2ab}{ab}=\frac{(a-b)^2}{ab}\geq 0$ với mọi $a,b\in\mathbb{N}^*$
$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$
Dấu "=" xảy ra khi $(a-b)^2=0$ hay $a=b$.
b.
Xét hiệu $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b}=\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}$
$=\frac{(a+b)^2-4ab}{ab(a+b)}=\frac{(a-b)^2}{ab(a+b)}\geq 0$ với mọi $a,b\in\mathbb{N}^*$
$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$
Dấu "=" xảy ra khi $a-b=0$ hay $a=b$
AB
2
PN
13 tháng 2 2016
Đặt \(P=a^2+b^2+\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2\), ta được:
\(P=\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2-2ab\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với bộ \(\left(a+b\right)^2\) và \(\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2\), ta có:
\(P=\left(a+b\right)^2+\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2-2ab\ge2\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(\frac{1+ab}{a+b}\right)^2}-2ab=2\left(1+ab\right)-2ab=2\)
Bạn viết từng bài một (viết 2 bài làm khó lắm vì dài sẽ không hiện lên) đi tớ làm cho !