chứng minh a>0, b>0 thì \(\frac{a+b}{2}\ge a.b\)
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
T
1
DN
26 tháng 12 2017
Với a,b,c>0 .
áp dụng bđt cosi,ta có:
b.c/a+c.a/b>_2c (1)
c.a/b+a.b/c>_2a (2)
a.b/c+b.c/a>_2b ((3)
Cộng (1),,(2),,(3) vế theo vế ,ta được:
2.(b.c/a+c.a/b+a.b/c)>_ 2.(a+b+c)
=>b.c/a+c.a/b+a.b/c>_ a+b+c (đpcm)
T
1
26 tháng 12 2017
Áp dụng \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
\(\Leftrightarrow b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{abc}\ge a+b+c\)
\(\frac{b.c}{a}+\frac{c.a}{b}+\frac{a.b}{c}\ge a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra khi: a=b=c
NM
1
10 tháng 5 2017
\(\frac{a^3+b^3}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2}\right)^3\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{2}\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{8}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2-ab+b^2}{2}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{8}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2-ab+b^2}{2}-\frac{a^2+2ab+b^2}{8}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{4a^2-4ab+4b^2-a^2-2ab-b^2}{8}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3a^2-6ab+3b^2}{8}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a-b\right)^2}{8}\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(\frac{a^3+b^3}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2}\right)^3\)
20 tháng 3 2020
BĐT phụ:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\left(true\right)\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{a+b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\) ( đpcm )
Vậy.......
VL
2
3 tháng 9 2018
Áp dụng BĐT cô-si, ta được:
\(\hept{\begin{cases}\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\ge2\sqrt{a}\\\frac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}\ge2\sqrt{b}\end{cases}}\)
=> \(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}+\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
=> \(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\) (đpcm)
Vậy....
L
26 tháng 11 2020
Biến đổi tương đương ta được :
\(\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}\le\frac{\sqrt{a}^3+\sqrt{b}^3}{\sqrt{ab}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}\le\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\left(a-\sqrt{ab}+b\right)}{\sqrt{ab}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab}\le a-\sqrt{ab}+b\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)( đúng với đk )
18 tháng 8 2019
a) Giả sử:
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}\ge ab\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+2ab+b^2}{4}-ab\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng )
=> đpcm
18 tháng 8 2019
b, Bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương \(\frac{bc}{a}\)và \(\frac{ca}{b};\frac{bc}{a}\)và \(\frac{ab}{c};\frac{ca}{b}\)và \(\frac{ab}{c}\)
Ta lần lượt có : \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge\sqrt[2]{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2c;\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge\sqrt[2]{\frac{bc}{a}.\frac{ab}{c}}=2b;\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge\sqrt[2]{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}\)
Cộng từng vế ta đc bất đẳng thức cần chứng minh . Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)
c, Với các số dương \(3a\) và \(5b\), Theo bất đẳng thức Cauchy ta có \(\frac{3a+5b}{2}\ge\sqrt{3a.5b}\)
\(\Leftrightarrow\left(3a+5b\right)^2\ge4.15P\)( Vì \(P=a.b\))
\(\Leftrightarrow12^2\ge60P\)\(\Leftrightarrow P\le\frac{12}{5}\Rightarrow maxP=\frac{12}{5}\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(3a=5b=12:2\)
\(\Leftrightarrow a=2;b=\frac{6}{5}\)
TB
1
PM
1
TN
22 tháng 11 2016
xét hiệu \(\frac{a^3+b^3}{2}-\left(\frac{a+b}{2}\right)^3=\frac{3}{8}\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng với mọi a,b>0)
\(\frac{a+b}{2}\)\(\ge\)ab
<=> \(\frac{a+b}{2}\)- ab \(\ge\)0
<=> \(\frac{a+b-2ab}{2}\)\(\ge\)0
<=> \(\frac{\left(a-b\right)^2}{2}\)\(\ge\) 0
Đúng, vì (a - b) 2 \(\ge\)0 vs mọi a, b
tích nha!