Chứng minh đẳng thức sau với \(b\ge0;a\ge\sqrt{b}\)
\(\sqrt{a+\sqrt{b}}\mp\sqrt{a-\sqrt{b}}=\sqrt{2\left(a\mp\sqrt{a^2-b}\right)}\)
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
7 tháng 12 2021
Áp dụng BĐT cosi:
\(\left(2+a+b\right)\left(a+4b+ab\right)\ge3\sqrt[3]{2ab}\cdot3\sqrt[3]{4a^2b^2}=9\sqrt[3]{8a^3b^3}=9\cdot2ab=18ab\)
Dấu \("="\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b=2\\a=4b=ab\end{matrix}\right.\left(\text{vô lí}\right)\)
Vậy dấu \("="\) ko xảy ra hay \(\left(2+a+b\right)\left(a+4b+ab\right)>18ab\)
DH
1
17 tháng 5 2016
Xét hàm số \(f\left(x\right)=e^x-1-x\) với \(x\ge0\)
Ta có : \(f'\left(x\right)=e^x-1\ge0\) với mọi \(x\ge0\)
và : \(f'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=0\)
\(\Rightarrow f\left(x\right)\) đồng biến với \(x\ge0\) nên với \(x\ge0\Leftrightarrow f\left(x\right)\ge f\left(0\right)=0\)
hay \(e^x-1-x\ge0\) với mọi \(x\ge0\)
NN
3
HD
10 tháng 3 2020
Ta có: ( √a - √b)² ≥ 0 ( voi moi a , b ≥ 0 )
<=> a - 2√ab + b ≥ 0
<=> a + b ≥ 2√ab
<=> (a + b)/2 ≥ √ab
dau "=" xay ra khi √a - √b = 0 <=> a = b
14 tháng 5 2016
Ta có :
\(\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\Leftrightarrow\log_ab-1\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)-1\)
\(\Leftrightarrow\log_a\frac{b}{a}\ge\log_{a+c}\frac{b+c}{a+c}\)
Với \(1< a\le b\) và \(c\ge0\Rightarrow\frac{b}{a}\ge\frac{b+c}{a+c}\ge1\) nên \(\log_a\frac{b}{a}\ge\log_a\frac{b+c}{a+c}\) (*)
Mặt khác, ta được : \(\log_a\frac{b+c}{a+c}\ge\log_{a+c}\frac{b+c}{a+c}\) (**)
Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\log_ab\ge\log_{a+c}\left(b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi c = 0 hoặc a = b
PN
21 tháng 9 2018
Với b\(\ge\)0, a\(\ge\)\(\sqrt{b}\) ta bình phương 2 vế lên có:
\(\sqrt{a\pm \sqrt{b}}^2\)=\((\sqrt{\dfrac{\sqrt{a+\sqrt{a^2-b}}}{2}}\)\pm \(\sqrt{\dfrac{\sqrt{a-\sqrt{a^2-b}}}{2}})^2\)
PN
21 tháng 9 2018
Xét vế trái ta có:
\(\sqrt{(a\pm \sqrt{b})^2}\)=\(a\pm \sqrt{b})
17 tháng 5 2016
Xét hàm số : \(f_n\left(x\right)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}-.......-\frac{x^n}{n!}\)
Ta sẽ chứng minh \(f_n\left(x\right)\ge0\) (*) với mọi \(x\ge;n\in N\)
* Với \(n=1:f_1\left(x\right)=e^x-1-x\Rightarrow f_1'\left(x\right)=e^x-1\ge0\) và \(f'\left(x\right)=0\) khi x = 0
\(\Rightarrow\) Hàm số \(f_1\left(x\right)\) đồng biến với \(x\ge0\Rightarrow f_1\left(x\right)\ge f_1\left(0\right)=0\)
Vậy (*) đúng với n = 1
* Giả sử (*) đúng với n = k hay \(f_k\left(x\right)\ge0\), ta cần chứng minh (*) đúng với \(n=k+1\) hay \(f_{k+1}9x=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}-...-\frac{x^k}{k!}-\frac{x^{k+1}}{\left(k+1\right)!}\ge0\)
Thật vậy :
\(f_{k+1}'\left(x\right)=e^x-1-x-\frac{x^k}{k!}=f_k\left(x\right)\ge0\) (theo giả thiết quy nạp và \(f'_{k+1}\left(0\right)\ge f_{k+1}\left(0\right)=0\)khi \(x=0\)
\(\Rightarrow\) hàm số \(f_{k+1}\left(x\right)\) đồng biến với mọi \(x\ge0\Rightarrow f_{k+1}\left(x\right)\ge f_{k+1}\left(0\right)=0\) Vậy (*) đúng với n = k+1
Theo phương pháp quy nạp \(\Rightarrow e^x\ge1+x+\frac{x^2}{2}+..+\frac{x^n}{n!}\) với mọi \(x\ge0;n\in N\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 3 2017
Lời giải:
BĐT tương đương với \((a^2+ab+ac)(a^2+ac+ab+bc)+b^2c^2\geq 0\)
Đặt \(a^2+ab+ac=t\)
BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow t(t+bc)+b^2c^2=(t-\frac{bc}{2})^2+\frac{3b^2c^2}{4}\geq 0\)
Luôn đúng vì bình phương của một số thực luôn là số không âm
Dấu bằng xảy ra khi \(2(a^2+ab+ac)=bc\) và \(bc=0\)
NN
1
14 tháng 5 2016
Vì \(a,b>1\) và \(c\ge0\Rightarrow0< \log_ba\le\log_b\left(a+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\log_ba}\ge\frac{1}{\log_b\left(a+c\right)}\Leftrightarrow\log_ab\ge\log_{a+c}b\)
\(\Rightarrow\) điều phải chứng minh
\(\Rightarrow\left(\sqrt{a+\sqrt{b}}\mp\sqrt{a-\sqrt{b}}\right)^2=\left(\sqrt{2\left(a\mp\sqrt{a^2-b}\right)}\right)^2\Leftrightarrow a+\sqrt{b}+a-\sqrt{b}\mp2\sqrt{\left(a+\sqrt{b}\right)\cdot\left(a-\sqrt{b}\right)}=2a\mp2\sqrt{a^2-b}\Leftrightarrow2a\mp2\sqrt{a^2-b}=2a\mp2\sqrt{a^2-b}\) (luôn đúng) \(\Rightarrowđpcm\)