B = [1/a^2 + 1/b^2 + 1/a+b . (1/a + 1/b)] : (a^2+b^2+2ab)/ab
a) Rút gọn B
b) Chứng minh rằng B>4 nếu a, b là các số dương khác nhau. Thỏa mãn a+b=1
Cho a,b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện \(a+b^2=2ab^2\) . Chứng minh rằng
\(\dfrac{1}{a^4+b^4+2ab^4}+\dfrac{1}{a^2+b^8+2a^2b^2}\) ≥ \(\dfrac{1}{2}\)
Dấu BĐT bị ngược, sửa đề: \(\dfrac{1}{a^4+b^4+2ab^4}+\dfrac{1}{a^2+b^4+2a^2b^2}\le\dfrac{1}{2}\).
Đặt \(b^2=x\left(x>0\right)\Rightarrow a+x=2ax\).
Khi đó ta cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{a^4+x^2+2ax^2}+\dfrac{1}{a^2+x^4+2a^2x}\le\dfrac{1}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\dfrac{1}{a^4+x^2+2ax^2}+\dfrac{1}{a^2+x^4+2a^2x}\)
\(\le\dfrac{1}{2a^2x+2ax^2}+\dfrac{1}{2ax^2+2a^2x}\)
\(=\dfrac{2}{2ax\left(a+x\right)}\)
\(=\dfrac{1}{ax\left(a+x\right)}\)
\(=\dfrac{1}{2a^2x^2}\)
Ta thấy: \(a+x\ge2\sqrt{ax}\)
\(\Leftrightarrow2ax\ge2\sqrt{ax}\)
\(\Leftrightarrow ax-\sqrt{ax}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ax}\left(\sqrt{ax}-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ax}\ge1\)
\(\Rightarrow ax\ge1\)
Khi đó: \(\dfrac{1}{2a^2x^2}\le\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^4+x^2+2ax^2}+\dfrac{1}{a^2+x^4+2a^2x}\le\dfrac{1}{2}\)
Hay \(\dfrac{1}{a^4+b^4+2ab^4}+\dfrac{1}{a^2+b^4+2a^2b^2}\le\dfrac{1}{2}\).
Cho các số nguyên dương a,b thỏa mãn \(a+b=a^2b^2\). Chứng minh rằng\(\sqrt{a+b+4\sqrt{a+b+2ab+1}}=ab+2\)
Với a,b > = 0 và a + b = a2b2
Ta có:
\(VT=\sqrt{a+b+4\sqrt{a+b+2ab+1}}=\sqrt{a^2b^2+4\sqrt{a^2b^2+2ab+1}}\)
\(=\sqrt{a^2b^2+4\sqrt{\left(ab+1\right)^2}}=\sqrt{a^2b^2+4\left(ab+1\right)}\)
\(=\sqrt{a^2b^2+4ab+4}=\sqrt{\left(ab+2\right)^2}=ab+2=VP\)
=> đpcm
Cho các số nguyên dương a > b thỏa mãn: ab − 1 và a + b nguyên tố cùng
nhau; ab + 1 và a − b nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng: (a + b)^2 + (ab-1)^2 không phải là một số chính phương.
thật ra nó là lớp 7 đấy nhưng mình nghĩ lớp 8 mới giỏi mói giải đc
Giả sử \(a^2+1\) và \(b^2+1\) cùng chia hết cho số nguyên tố p
\(\Rightarrow a^2-b^2⋮p\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)⋮p\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a-b⋮p\\a+b⋮p\end{matrix}\right.\).
+) Nếu \(a-b⋮p\) thì ta có \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)-\left(a-b\right)^2⋮p\Rightarrow\left(ab+1\right)^2⋮p\Rightarrow ab+1⋮p\) (vô lí do (a - b, ab + 1) = 1)
+) Nếu \(a+b⋮p\) thì tương tự ta có \(ab-1⋮p\). (vô lí)
Do đó \(\left(a^2+1,b^2+1\right)=1\).
Giả sử \(\left(a+b\right)^2+\left(ab-1\right)^2=c^2\) với \(c\in\mathbb{N*}\)
Khi đó ta có \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)=c^2\).
Mà \(\left(a^2+1,b^2+1\right)=1\) nên theo bổ đề về số chính phương, ta có \(a^2+1\) và \(b^2+1\) là các số chính phương.
Đặt \(a^2+1=d^2(d\in\mathbb{N*})\Rightarrow (d-a)(d+a)=1\Rightarrow d=1;a=0\), vô lí.
Vậy ....
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn 3(ab+bc+ac)=1. Chứng minh rằng a/(a^2-bc+1) +b/(b^2-ac+1) + c/(c^2-ab+1) > 1/(a+b+c)
Cho M = \(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}\) (a>0, b>0, a khác b). Giả sử a, b là các số dương phân biệt thỏa mãn a + b = 2. Chứng minh rằng M > 1.
Ta có \(M=\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2\left(a+b\right)}\)(BĐT Schwarz)
\(=\dfrac{a+b}{2}=1\)
"=" <=> a = b = 1 (không thỏa mãn điều kiện)
=> "=" không xảy ra => M > 1(ĐPCM)
Các Ctv hoặc các giáo viên helpp ạ
Cho a,b,c là số thực dương không âm thỏa mãn
Cho a,b,c là số thực dương không âm thỏa mãn \(a+b+c=1\) . Chứng minh rằng :
\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}>10\)
Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện ab=1. Chứng minh rằng: \(\left(a+b+1\right)\left(a^2+b^2\right)+\frac{4}{a+b}\ge8\)
\(A=\left(a+b+1\right)\left(a^2+b^2\right)+\frac{4}{a+b}\)
\(\Rightarrow A\ge\left(a+b+1\right).2ab+\frac{4}{a+b}=2\left(a+b+1\right)+\frac{4}{a+b}\)
\(\Rightarrow A\ge\left(a+b\right)+\left(a+b\right)+\frac{4}{a+b}+2\)
\(\Rightarrow A\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{\left(a+b\right).\frac{4}{a+b}}+2\)
\(\Rightarrow A\ge2+4+2=8\)
"=" khi \(a=b=1\)
Câu 1: Chứng minh \(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(n-1)n}\) với ∀n∈\(N^*\)
Câu 2: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: \(\frac{a^4+b^4+c^4}{a+b+c}\geq abc\).
Câu 3: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn \(ab+bc+ca=3\). Chứng minh rằng: \(\sqrt{a^6+b^6+1}+\sqrt{b^6+c^6+1}+\sqrt{c^6+a^6+1}\geq 3\sqrt{3}\)
Câu 4: Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn \(a+b+c=3\).Chứng minh rằng: \(a^3+b^3+c^3\geq 3\)
Câu 5: Với \(a,b,c>0\) thỏa mãn điều kiện \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=1\). Chứng minh rằng: \(\sqrt\frac{b}{a}+\sqrt\frac{c}{b}+\sqrt\frac{a}{c}\leq 1\)
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:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
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:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
Câu 1:
\(VT=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)
\(VT=1-\dfrac{1}{n}< 1\) (đpcm)