Chứng minh rằng: Với mọi a > b > 0 thì \(\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}
Những câu hỏi liên quan
18 tháng 9 2023 lúc 19:18
chứng minh rằng,với hai số a,b thỏa mãn a>b>0 thì \(\sqrt{a}\)-\(\sqrt{b}\)<\(\sqrt{a-b}\)
18 tháng 9 2023 lúc 19:52
chứng minh rằng,với hai số a,b thỏa mãn a>b>0 thì \(\sqrt{a}-\sqrt{b}\)<\(\sqrt{a-b}\)
\(\sqrt[]{a}-\sqrt[]{b}< \sqrt[]{a-b}\left(a>b>0\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[]{a}-\sqrt[]{b}\right)^2< \left(\sqrt[]{a-b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt[]{ab}< a-b\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt[]{ab}-2b>0\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt[]{b}\left(\sqrt[]{a}-\sqrt[]{b}\right)>0\left(1\right)\)
mà \(a>b>0\)
Nên \(\left(1\right)\) luôn luôn đúng
Vậy \(\sqrt[]{a}-\sqrt[]{b}< \sqrt[]{a-b}\)
Đúng 2
Bình luận (0)
Chứng minh rằng \(\sqrt{ab}\) + \(\sqrt{cd}\) ≤ \(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\) với mọi a,b,c,d > 0
\(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\le\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\)
\(\Leftrightarrow ab+cd+2\sqrt{abcd}\le ab+bc+cd+da\)
\(\Leftrightarrow bc+da\ge2\sqrt{abcd}\)
\(\Leftrightarrow bc+da-2\sqrt{abcd}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{bc}-\sqrt{da}\right)^2\ge0\) đúng \(\forall a,b,c,d>0\)
Đúng 1
Bình luận (0)
Chứng minh rằng với mọi a,b>0, a khác b:
\(\frac{\frac{\left(a-b\right)^3}{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^3}-b\sqrt{b}+2a\sqrt{a}}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{3a+3\sqrt{ab}}{b-a}=0\)
Chứng minh rằng : Với a > b > 0 thì \(\sqrt{a}-\sqrt{b}< \sqrt{a-b}\)
từ a>b >0 <=> \(\sqrt{ab}>b\)<=> \(2b-2\sqrt{ba}< 0\)<=> a-a +b+b -\(2\sqrt{ab}\)< 0<=> a-\(2\sqrt{ab}\)+b < a- b hay \(\sqrt{a}-\sqrt{b}< \sqrt{a-b}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
chứng minh rằng \(\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}\)với mọi a;b lớn hơn hoặc bằng 0
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vì (a-b)2\(\ge\)0 luôn đúng nên \(\sqrt{a^2+b^2}\ge\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
14 tháng 8 2021 lúc 18:54
Cho tập A gồm có 2020 số thực có tính chất: Với mọi a,b phân biệt thuộc A thì \(a^2+b\sqrt{2}\) là số hữu tỉ. Chứng minh rằng với mọi a thuộc A thì \(a\sqrt{2}\) là số hữu tỉ
chứng minh rằng với a>b>0 thì \(\sqrt{a}-\sqrt{b}>\sqrt{a-b}\)
\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2=a-2\sqrt{ab}+b\)
\(\left(\sqrt{a-b}\right)^2=a-b=a+b-2b\)
Vì a>b> 0 => a.b > b^2 => \(2\sqrt{ab}>2\sqrt{b^2}\Leftrightarrow2\sqrt{ab}>2b\)
\(-2\sqrt{ab}
Đúng 0
Bình luận (0)
chứng minh rằng với a>b>0 thì \(\sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a-b}\)
Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương :))
Ta có : \(\sqrt{a}-\sqrt{b}< \sqrt{a-b}\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2< \left(\sqrt{a-b}\right)^2\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}< a-b\Leftrightarrow2b-2\sqrt{ab}< 0\Leftrightarrow\sqrt{b}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)< 0\left(1\right)\)
Vì \(b>0\Rightarrow\sqrt{b}>0\)và \(a>b\Rightarrow\sqrt{a}>\sqrt{b}\Rightarrow\sqrt{b}-\sqrt{a}< 0\)
nên từ đó suy ra \(\sqrt{b}\left(\sqrt{b}-\sqrt{a}\right)< 0\)luôn đúng.
Vậy (1) được chứng minh
Suy ra đpcm.
Đúng 0
Bình luận (0)
Ta có:
\(\left(\sqrt{ }a-\sqrt{ }b^{ }\right)^2-\left(\sqrt{a-b}\right)^2< 0\)
\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{ab}-a-b< 0\)
\(\Leftrightarrow-2\sqrt{ab}< 0\)(luôn đúng với mọi a>b>0)
\(\Rightarrow\)điều phải chứng minh
Đúng 0
Bình luận (0)