cho a,b>0 và $a+b\leq 1.cm \frac{2}{ab}+\frac{3}{a^2+b^2}\geq 14$
Đây là forum về cái gì đó mà forum này nó nói về có tên là cái gì đó hoặc cái gì đó đó nói chung cái đó là cái đó không nhất thiết phải biết cái đó có phải đó không nhưng nói chung đó là cái đó :v
Liên kết forum |
Logged in as Anonymous. Lần truy cập trước của bạn:
Bài thứ 2 Re: [Toán 8]CM BDT Sat Aug 16, 2014 11:07 am
Áp dụng bđt Bunyakovsky và bđt Cauchy, ta có:
$ab \le (\dfrac{a+b}{2})^2 \le (\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{1}{2ab} \ge 2$ (Do $a,b >0$) (1)
$\dfrac{3}{2ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \ge 3.\dfrac{(1+1)^2}{a^2+b^2+2ab} =\dfrac{12}{(a+b)^2} \ge 12$ (2)
(1),(2) $\Rightarrow \dfrac{2}{ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \ge 14$
$ab \le (\dfrac{a+b}{2})^2 \le (\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{1}{2ab} \ge 2$ (Do $a,b >0$) (1)
$\dfrac{3}{2ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \ge 3.\dfrac{(1+1)^2}{a^2+b^2+2ab} =\dfrac{12}{(a+b)^2} \ge 12$ (2)
(1),(2) $\Rightarrow \dfrac{2}{ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \ge 14$
Bài thứ 3 Re: [Toán 8]CM BDT Sat Aug 16, 2014 2:40 pm
- complexpiano000 đã viết:
- Áp dụng bđt Bunyakovsky và bđt Cauchy, ta có:
$ab \le (\dfrac{a+b}{2})^2 \le (\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{1}{2ab} \ge 2$ (Do $a,b >0$) (1)
$\dfrac{3}{2ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \ge 3.\dfrac{(1+1)^2}{a^2+b^2+2ab} =\dfrac{12}{(a+b)^2} \ge 12$ (2)
(1),(2) $\Rightarrow \dfrac{2}{ab}+\dfrac{3}{a^2+b^2} \ge 14$
$\frac{2}{ab}+\frac{3}{a^2+b^2}$=$\frac{4}{2ab}+\frac{3}{a^2+b^2}$=$3(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2})+\frac{1}{2ab}$
$ab \le (\dfrac{a+b}{2})^2 \le (\dfrac{1}{2})^2 = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{1}{2ab} \ge 2$ (Do $a,b >0$) (1)
Áp dụng ,ta có: $3(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}) \ge 3\frac{4}{(a+b)^2} \ge 12$
CỘng 2 cái trên lại ra DPCM !
Nhắc nhở lại lần 1 dùng [Toán 8]CM BDT là tiêu đề nhé!
Similar topics
Permissions in this forum:
Bạn không có quyền trả lời bài viết
|