cho các số thực a,b thỏa mãn a>1,b>1.chứng minh rằng
\(\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}\)+\(\sqrt{3ab+4}\ge\frac{11}{2}\)
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
UK
12 tháng 12 2017
Từ giả thiết ta suy ra
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+c=3\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};c\right)\Rightarrow x+y+z=3\)
\(VT=\dfrac{1}{\sqrt{xy+x+y}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz+y+z}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz+x+z}}\)
Ta chứng minh: \(\left(x+1+y\right)^2\ge3\left(xy+x+y\right)\)(Luôn đúng)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{3}}{x+y+1}+\dfrac{\sqrt{3}}{y+z+1}+\dfrac{\sqrt{3}}{z+x+1}\ge\dfrac{9\sqrt{3}}{2\left(x+y+z\right)+3}=\sqrt{3}\)
3 tháng 8 2020
đặt \(\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{c^2}}=P\)
phương pháp khảo sát hàm đặc trưng rất hữu hiệu cho những bài bất đẳng thức đối xứng
bài toán cho f(x)+f(y)-f(z) >= A
tìm min, max của S-g(x)+g(y)+g(z)
*nháp
điều kiện x,y,z thuộc D, dự đoán dấu bằng xảy ra khi x=y=z=\(\alpha\). Khảo sát hàm đặc trưng h(t)-g(t)-mf(t) với m=\(\frac{g'\left(\alpha\right)}{f'\left(\alpha\right)}\)sau khi đã tìm được m chỉ cần xét đạo hàm h(t) nữa là xong
ta khảo sát hàm \(f\left(x\right)=\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}-mx\)
để hàm số có cực tiểu thì f(x)=0 \(\Leftrightarrow\frac{x^4-1}{x^3\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}}-m=0\)nhận thấy "=" ở x=\(\frac{1}{3}\)nên m=\(\frac{80}{-\sqrt{82}}\)
xét hàm số đại diện f(t)=\(\sqrt{t^2+\frac{1}{t^2}}-\frac{80}{\sqrt{82}}t\)trên (0;1) có f(t)\(\ge f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{162}{3\sqrt{82}}\)
vậy thì \(P\ge-\frac{80}{\sqrt{82}}\left(x+y+z\right)+\frac{162}{\sqrt{82}}=\sqrt{82}\)
bài toán được chứng minh xong
ND
Nguyễn Đăng Nhân
CTVHS
17 tháng 2 2022
Đặt: \(A=\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{c^2}}\), khi đó ta được:
\(A^2=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+c^2+\frac{1}{c^2}\)
\(+2\cdot\sqrt{\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)}+2\cdot\sqrt{\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)}+2\cdot\sqrt{\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\sqrt{\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)}\ge\sqrt{\left(ab+\frac{1}{ab}\right)^2}=ab+\frac{1}{ab}\)
\(\sqrt{\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)}\ge\sqrt{\left(bc-\frac{1}{bc}\right)^2}=bc+\frac{1}{bc}\)
\(\sqrt{\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)}\ge\sqrt{\left(ca+\frac{1}{ca}\right)^2}=ca+\frac{1}{ca}\)
Do đó ta có:
\(A^2\ge a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(ab+bc+ca+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{9}{a+b+c}\right)^2=82\)
Hay \(A\ge\sqrt{82}\), vậy bất đẳng thức được chứng minh.
25 tháng 9 2017
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
28 tháng 2 2017
2a)với a,b,c là các số thực ta có
\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)
tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)
tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)
cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:
\(a\sqrt{b-1}=a\sqrt{\left(b-1\right).1}\le a.\frac{b-1+1}{2}=\frac{ab}{2}\)(1)
\(b\sqrt{a-1}=b\sqrt{\left(a-1\right).1}\le b.\frac{a-1+1}{2}=\frac{ab}{2}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab\)
\(\Rightarrow\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}\ge\frac{6}{ab}\)(Đẳng thức xảy ra khi a = b = 2)
\(VT=\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}+\sqrt{3ab+4}\ge\frac{6}{ab}+\sqrt{3ab+4}\)
\(=\frac{18}{3ab}+\sqrt{3ab+4}\)
Đặt \(t=\sqrt{3ab+4}\Rightarrow3ab=t^2-4\). Khi đó\(VT\ge\frac{18}{t^2-4}+t=\frac{18}{\left(t+2\right)\left(t-2\right)}+\frac{3}{4}\left(t-2\right)\)
\(+\frac{1}{4}\left(t+2\right)+1\ge3\sqrt[3]{18.\frac{3}{4}.\frac{1}{4}}+1=\frac{11}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi t = 4 hay a = b = 2
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{b-1}=\sqrt{1\left(b-1\right)}\le\frac{1+b-1}{2}=\frac{b}{2}\Rightarrow a\sqrt{b-1}\le\frac{ab}{2}\)
Tương tự với \(b\sqrt{a-1}\)ta được
\(\frac{6}{a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}}+\sqrt{3ab+4}\ge\frac{6}{ab}+\sqrt{3ab+4}=\frac{18}{3ab}+\sqrt{3ab+4}\)
Vậy ta cần chứng minh
\(\frac{18}{3ab}+\sqrt{3ab+4}\ge\frac{11}{2}\)
Vì a,b đều lớn hơn 1 nên ta đặt \(t=\sqrt{3ab+4}>0\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành
\(\frac{18}{t^2-4}+t\ge\frac{11}{2}\)
<=> \(\frac{\left(2t+5\right)\left(t-4\right)^2}{t^2-4}\ge0\)
Vậy t>=4
BĐT xảy ra khi a=b=1