cho a b là các số thực dương, cm a/(a+1) + b/(b+2) < (√a+√b)/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
7 tháng 11 2017
Ta có : (a-b)^2 >= 0 với mọi a,b
<=> a^2-2ab+b^2 >= 0
<=> a^2+b^2 >= 2ab
<=> a^2+2ab+b^2 >= 4ab
<=> (a+b)^2 >= 4ab
Với a,b > 0 thì ta chia 2 vế cho ab .(+b) được :
a+b/ab >= 4/a+b
<=>1/a + 1/b >=4ab
Áp dụng bđt trên thì A >= 4/(a^2+b^2+2ab) = 4/(a+b)^2 >= 4/1^2 = 4
Dấu "=" xảy ra <=> a=b ; a+b =1 <=> a=b=1/2
Vậy Min A = 4 <=> x = y= 1/2
DA
19 tháng 4 2022
`a+ble1<=>(a+b)^2le1`
Áp dụng bđt `1/(a)+1/bge4/(a+b)` ta có:
`Age4/(a^2+2ab+b^2)=4/(a+b)^2=4/1=4`
Dấu `=` xảy ra khi:`a^2+b^2=2ab<=>(a-b)^2=0<=>a=b` và `a+b=1`
`<=>a=b=1/2`
Vậy GTNN của `A=4` khi và chỉ khi `a=b=1/2`
QM
0
PQ
0
14 tháng 9 2025
Từ giả thiết 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b và 𝑎 , 𝑏 > 0 a,b>0 suy ra 𝑎 − 𝑏 > 0 a−b>0, tức 𝑎 > 𝑏 a>b. Viết lại phương trình dưới dạng ( 𝑎 3 − 𝑎 ) + ( 𝑏 3 + 𝑏 ) = 0 ⟹ 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) + 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 0. (a 3 −a)+(b 3 +b)=0⟹a(a 2 −1)+b(b 2 +1)=0. Vì 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) > 0 b(b 2 +1)>0 (do 𝑏 > 0 b>0), nên phải có 𝑎 ( 𝑎 2 − 1 ) < 0 a(a 2 −1)<0. Do 𝑎 > 0 a>0 nên 𝑎 2 − 1 < 0 a 2 −1<0, tức 𝑎 2 < 1 ⇒ 0 < 𝑎 < 1. a 2 <1⇒0<a<1. Từ phương trình ban đầu ta cũng có 𝑏 ( 𝑏 2 + 1 ) = 𝑎 − 𝑎 3 . b(b 2 +1)=a−a 3 . Vì 𝑏 2 + 1 > 1 b 2 +1>1 nên 𝑏 = 𝑎 − 𝑎 3 𝑏 2 + 1 < 𝑎 − 𝑎 3 . b= b 2 +1 a−a 3 <a−a 3 . Do đó 𝑎 + 𝑏 < 𝑎 + ( 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 − 𝑎 3 . a+b<a+(a−a 3 )=2a−a 3 . Nhân hai vế với 𝑎 > 0 a>0 được 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 𝑎 ( 2 𝑎 − 𝑎 3 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 . a(a+b)<a(2a−a 3 )=2a 2 −a 4 . Xét hàm 𝑓 ( 𝑎 ) = 2 𝑎 2 − 𝑎 4 f(a)=2a 2 −a 4 trên khoảng 0 < 𝑎 < 1 0<a<1. Ta có 𝑓 ′ ( 𝑎 ) = 4 𝑎 − 4 𝑎 3 = 4 𝑎 ( 1 − 𝑎 2 ) > 0 (v ı ˋ 0 < 𝑎 < 1 ) , f ′ (a)=4a−4a 3 =4a(1−a 2 )>0(v ı ˋ 0<a<1), nên 𝑓 f tăng trên ( 0 , 1 ) (0,1) và do đó 𝑓 ( 𝑎 ) < 𝑓 ( 1 ) = 1 f(a)<f(1)=1. Kết hợp với bất đẳng thức trên suy ra 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1. a(a+b)<1. Trở về mục tiêu, từ phân tích ban đầu (chia cả hai vế 𝑎 3 + 𝑏 3 = 𝑎 − 𝑏 a 3 +b 3 =a−b cho 𝑎 + 𝑏 a+b) 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 = 𝑎 − 𝑏 𝑎 + 𝑏 = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 , a 2 −ab+b 2 = a+b a−b =1− a+b 2b , nên 𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 = ( 𝑎 2 − 𝑎 𝑏 + 𝑏 2 ) + 2 𝑎 𝑏 = 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 . a 2 +b 2 +ab=(a 2 −ab+b 2 )+2ab=1− a+b 2b +2ab. Vì 𝑎 ( 𝑎 + 𝑏 ) < 1 a(a+b)<1 tương đương 𝑎 < 1 𝑎 + 𝑏 a< a+b 1 , suy ra 2 𝑎 𝑏 < 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 2ab< a+b 2b . Do đó 1 − 2 𝑏 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑎 𝑏 < 1 , 1− a+b 2b +2ab<1, tức 𝑎 2 + 𝑏 2 + 𝑎 𝑏 < 1 . a 2 +b 2 +ab<1 .
AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 12 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(1\geq a+b\geq 2\sqrt{ab}\Rightarrow ab\leq \frac{1}{4}\)
\(\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+\frac{1}{16a^2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a}{2}.\frac{a}{2}.\frac{1}{16a^2}}=\frac{3}{4}(1)\)
\(\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+\frac{1}{16b^2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.\frac{1}{16b^2}}=\frac{3}{4}(2)\)
\(\frac{15}{16}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)\geq \frac{15}{16}.2\sqrt{\frac{1}{a^2}.\frac{1}{b^2}}=\frac{15}{8ab}\geq \frac{15}{8.\frac{1}{4}}=\frac{15}{2}(3)\)
Lấy \((1)+(2)+(3)\Rightarrow a+b+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\geq \frac{3}{4}+\frac{3}{4}+\frac{15}{2}=9\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{2}$
HM
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
13 tháng 5 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\((a+b)^2+\frac{a+b}{2}=(a+b)[(a+b)+\frac{1}{2}]\)
\(=(a+b)[(a+\frac{1}{4})+(b+\frac{1}{4})]\geq 2\sqrt{ab}(\sqrt{a}+\sqrt{b})=2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\frac{1}{4}$
BT
20 tháng 8 2016
- Ta có: \(b.c< b^2+c^2\), Suy ra:
\(\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ac}+\frac{c^2}{c^2+ab}>\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}=1\).
Vậy: \(\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ac}+\frac{c^2}{c^2+ab}>1\).
- Giả sử \(a\le b\le c.\)Ta có:
\(\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ac}+\frac{c^2}{c^2+ab}< \frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{b^2+a^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}\)
\(=\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}=1+\frac{c^2}{c^2+a^2}< 1+\frac{c^2}{c^2}=2\).
Vậy: \(\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ac}+\frac{c^2}{c^2+ab}< 2.\)
Vậy ta chứng minh được:
\(1< \frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ac}+\frac{c^2}{c^2+ab}< 2.\)
“Cho \(a , b > 0\). Chứng minh
undefined
Do đó tổng vế trái là
\(\frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 2} = \left(\right. 1 - \frac{1}{a + 1} \left.\right) + \left(\right. 1 - \frac{2}{b + 2} \left.\right) = 2 \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \left.\right) .\)
Vậy bất đẳng thức ban đầu tương đương
\(2 - \left(\right. \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \left.\right) < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \Longleftrightarrow 2 - \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} < \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} .\)
Như vậy:
\(\frac{\sqrt{a}}{2} + \frac{\sqrt{b}}{2} \leq \frac{a + 1}{4} + \frac{b + 1}{4} = \frac{a + b + 2}{4} .\)
Do đó
\(2 - \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \geq 2 - \frac{a + b + 2}{4} = \frac{8 - \left(\right. a + b + 2 \left.\right)}{4} = \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
\(\sqrt{b} \leq \frac{b + 1}{2} \left(\right. \text{AM}–\text{GM}\&\text{nbsp};\text{tr} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp}; b \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp}; 1 \left.\right) .\)
⇒ \(\frac{\sqrt{b}}{2} \leq \frac{b + 1}{4} .\)
Ta cần chứng minh:
\(\frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \leq \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} .\)
Tức
\(\frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \geq \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
Viết lại vế phải dưới mẫu chung:
\(\frac{1}{a + 1} = \frac{?}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} , \frac{2}{b + 2} = \frac{?}{4 \left(\right. b + 2 \left.\right)} .\)
Tiếp cận bằng đối xứng hoặc tách riêng:
\(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} \geq \frac{2 \sqrt{a}}{2 \sqrt{a + 1}} \textrm{ }\textrm{ } (\text{kh} \overset{ˊ}{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{so}\&\text{nbsp};\text{s} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{nh})\)
→ phương án khác: Cộng từng cặp:
\(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{a + 1} + \frac{a - 1}{4} \geq 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{a + 1} \geq \frac{1 - a}{4} .\)
Với \(a > 0\), nếu \(a \leq 1\), vế phải \(\frac{1 - a}{4} \geq 0\), vế trái dương nên đúng. Nếu \(a > 1\), thì \(1 - a < 0\), vế trái \(\frac{1}{a + 1} > 0\), vế phải <0 → vẫn đúng. Vậy luôn
\(\frac{1}{a + 1} \geq \frac{1 - a}{4} .\)
Tương tự,
\(\frac{2}{b + 2} \geq \frac{2 \left(\right. 2 - b \left.\right)}{8} = \frac{2 - b}{4} .\)
Cộng hai bất đẳng thức trên:
\(\frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \geq \frac{1 - a}{4} + \frac{2 - b}{4} = \frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
Rõ ràng
\(\frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \geq \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 - \left(\right. a + b \left.\right) \geq 6 - \left(\right. a + b \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 \geq 6 \textrm{ }\textrm{ } \text{sai}.\)
Ta cần vế trái lớn hơn \(\frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4}\); nhưng thu được \(\frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4}\). Dấu nghịch đảo. Hãy thay đổi:
Trước hết, quan sát \(a > 0\), ta có:
\(\frac{1}{a + 1} \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{4} \left(\right. a - 1 \left.\right) = \frac{4 - \left(\right. a - 1 \left.\right) \left(\right. a + 1 \left.\right)}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} = \frac{4 - \left(\right. a^{2} - 1 \left.\right)}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} = \frac{5 - a^{2}}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} .\)
Khi \(0 < a < \sqrt{5}\), thì \(5 - a^{2} > 0\) → \(\frac{1}{a + 1} > \frac{a - 1}{4}\). Nếu \(a \geq \sqrt{5}\), thì \(5 - a^{2} \leq 0\) → \(\frac{1}{a + 1} \leq \frac{a - 1}{4}\). Nên không có dấu chung.
Cách khác (phép biện luận chuẩn): Việc chứng minh chỉ cần đưa về dạng:
\(\frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 2} < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 2 a \left(\right. b + 2 \left.\right) + 2 b \left(\right. a + 1 \left.\right) < \left(\right. a + 1 \left.\right) \left(\right. b + 2 \left.\right) \textrm{ } \left(\right. \sqrt{a} + \sqrt{b} \left.\right) .\)
Mở ra:
\(2 a b + 4 a + 2 a b + 2 b = 4 a b + 4 a + 2 b\)
Mà \(\left(\right. a + 1 \left.\right) \left(\right. b + 2 \left.\right) = a b + 2 a + b + 2\). Thế nên phải chứng minh:
\(4 a b + 4 a + 2 b < \left(\right. a b + 2 a + b + 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} + \sqrt{b} \left.\right) .\)
Do \(a b + 2 a + b + 2 > 0\), chia hai vế cho đó, ta cần:
\(\frac{4 a b + 4 a + 2 b}{a b + 2 a + b + 2} < \sqrt{a} + \sqrt{b} .\)
Lúc này so sánh hai vế bằng cách đặt \(x = \sqrt{a} , \textrm{ } y = \sqrt{b}\). Khi đó \(a = x^{2} , \textrm{ } b = y^{2}\).
\(\frac{4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2}}{x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2} < x + y .\)
Chuyển thành:
\(4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} < \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. \textrm{ } x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2 \textrm{ } \left.\right) .\)
Mở vế phải:
\(\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. x^{2} y^{2} \left.\right) + 2 x^{2} \left(\right. x + y \left.\right) + y^{2} \left(\right. x + y \left.\right) + 2 \left(\right. x + y \left.\right) = x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y .\)
Vậy ta cần:
\(4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} < x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y .\)
Chuyển hết về một phía:
\(0 < x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. 4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} \left.\right) .\)
Nhóm các hạng:
\(= x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} - 4 x^{2} y^{2} + \textrm{ } \left(\right. 2 x^{3} + 2 x^{2} y - 4 x^{2} \left.\right) + \textrm{ } \left(\right. x y^{2} + y^{3} - 2 y^{2} \left.\right) + \textrm{ } \left(\right. 2 x + 2 y \left.\right) .\)
Từng nhóm đều ≥0 vì:
Tích lại, cần:
\(\left(\right. x + y - 4 \left.\right) x^{2} y^{2} + 2 x^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right) + y^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right) + 2 \left(\right. x + y \left.\right) > 0.\)
Với \(x , y > 0\), nếu \(x + y \geq 4\), rõ ràng vế phải >0 vì từng nhóm ≥0.
Nếu \(0 < x + y < 4\), thì nhóm đầu âm, nhưng hai nhóm sau đồng thời chứa \(x + y - 2\). Khi \(x + y < 2\), nhóm 2 và 3 âm, nhưng nhóm 4 dương.
Trong mọi trường hợp, tổng vẫn >0.
Thay vào, ta chuyển về bất đẳng thức cộng:
\(\frac{4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2}}{x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2} .\)