$1/$ Bài toán $\Leftrightarrow \left ( 2+a^{2}+b^{2} \right )\left ( 1+ab \right )\geq 2\left ( 1+a^{2} \right )\left ( 1+b^{2} \right )$$\Leftrightarrow 2+a^{2}+b^{2}+2ab+ab\left (a^{2}+b^{2} \right )-2(1+a^2+b^2+a^{2}b^{2})\geq 0$$\Leftrightarrow ab(a^2+b^2)-2a^2b^2-(a^2+b^2-2ab)\geq 0$$\Leftrightarrow ab\left ( a-b \right )^{2}-\left ( a-b \right )^{2}\geq 0$$\Leftrightarrow \left ( ab-1 \right )\left ( a-b \right )^{2}\geq 0$, bất đẳng thức cuối đúng, vì$\begin{cases}a\geq […]
Cho $ a,b,c>0$. Chứng minh a) Nếu $a>b$ thì $\frac{a}{b}>\frac{a+c}{b+c} $ b) Nếu $ a
a) Lập hiệu: $\frac{a}{b}-\frac{a+c}{b+c}=\frac{a\left ( b+c \right )-b\left ( a+c \right )}{b\left ( b+c \right )}=\frac{c\left ( a-b \right )}{b\left ( b+c \right )} $ vì $a,b,c>0; a>b$ nên $\frac{c\left ( a-b \right )}{b\left ( b+c \right )}>0$ điều phải chứng minhb) Chứng minh tương tự
Cho ba số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}\geq 6$
Cách $1$:Ta biến đổi tương đương về đẳng thức sau: $ \displaystyle (1+\frac{a+b}{c})+(1+\frac{b+c}{a})+(1+\frac{a+c}{b})\geq 9$ $ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{a+b+c}{c}+\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}\geq 9$ $ \displaystyle \Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 9$, luôn đúng.Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.Cách $2$:$ \displaystyle VT=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}\geq 6\sqrt[6]{\frac{a.b.b.c.a.c}{c.c.a.a.b.b}}=6 $ (áp dụng BĐT Côsi)Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c$
Chứng minh rằng: $\sin \frac{5\pi}{12}+\sin \frac{\pi}{12}>1$
Ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:Cách $1$: Sử dụng mối liên hệ giữa các góc, ta biến đổi: $VT=\sin (\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12})+\sin \frac{\pi}{12}=\cos \frac{\pi}{12}+\sin \frac{\pi}{12}=\sqrt{2}\sin (\frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{4})$ $=\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{6}}{2}>1$.Cách $2$: Sử dụng công thức cộng, ta biến đổi: $VT=\sin (\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{6})+\sin (\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})$ $=\sin \frac{\pi}{4}.\cos \frac{\pi}{6}+\cos \frac{\pi}{4}.\sin \frac{\pi}{6}+\sin \frac{\pi}{4}.\cos \frac{\pi}{6}-\cos \frac{\pi}{4}.\sin \frac{\pi}{6}$ $=\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}>1$
Cho $a, b>0$. Chứng minh:a) $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2 (1)$ Dấu = chỉ xảy ra khi $a=b$.b) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b} (2)$ Dấu = chỉ xảy ra khi $a=b$.
a) Ta có: $(a-b)^2\geq 0\Rightarrow a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow \frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2\Rightarrow (1)$b) $(a-b)^2+4ab\geq 4ab\Rightarrow (a+b)^2\geq 4ab\Rightarrow \frac{(a+b)^2}{(a+b)ab}\geq \frac{4ab}{(a+b)ab} \Rightarrow (2)$
$1) $Chứng minh: $\forall a,\,b\, > 0;\,a,b \ne 1$ ta có $\left| {{{\log }_a}b + {{\log }_b}a} \right| \ge 2$$2)$Chứng minh:$\frac{1}{{{{\log }_2}\pi }} + \frac{1}{{{{\log }_{\frac{9}{2}}}\pi }} < 2$
$1)$ Ta có: ${\left( {{{\log }_a}b + {{\log }_b}a} \right)^2} = \log _a^2b + \log _b^2a + 2\,\,\,\,\,(1)$Áp dụng bất đẳng thức côsi:$\log _a^2b + \log _b^2a \ge 2\sqrt {\log _a^2b\,.\,\log _b^2a} = 2\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\begin{array}{l}{\left( {{{\log }_a}b + {{\log }_b}a} \right)^2} \ge 4\\ \Rightarrow \left| {{{\log }_a}b + {{\log }_b}a} […]
$1)$ Chứng minh: ${\log _{1999}}2000 > {\log _{2000}}2001$$2)$ Tổng quát $\forall n > 1 $. Chứng minh : ${\log _n}\left( {n + 1} \right) > {\log _{n + 1}}\left( {n + 2} \right)$
$1)$ Ta có ${2000^2} > 1999\,.\,2001$. Lấy lôgarit cơ số $2000$$\begin{array}{l}2 > {\log _{2000}}1999 + {\log _{2000}}2001 > 2\sqrt {{{\log }_{2000}}1999.{{\log }_{2000}}2001} \\ \Rightarrow 1 > {\log _{2000}}1999\,x\,{\log _{2000}}2001\\ \Rightarrow {\log _{1999}}2000 > {\log _{2000}}2001\end{array}$$2)$ Tương tự từ ${\left( {n + 1} \right)^2} > n\left( {n + 1} \right)\,\,ta\,\,suy\,\,ra:$$\begin{array}{l} \Rightarrow 2 > {\log _{n + 1}}n […]
Chứng minh với mọi $x,y,z$:a) $|x+y+z|\leq|x|+|y|+|z| b)|x-z|\leq |x-y|+|y-z|$
a) $|x+y+z|\leq |x+(y+z)|\leq |x|+|y+z|\leq |x|+|y|+|z|$b) $|x-z|=|(x-y)+(y-z)|\leq |x-y|+|y-z|$
Cho $a+b=2$.Hãy chứng minh:$1/ a^{2}+ b^{2} \geq 2$ $2/ a^{4}+ b^{4} \geq 2$
Đặt: $\begin{cases}a=1+x \\ b=1+y \end{cases}\Rightarrow x+y=0$$1/$Lúc đó: $a^{2}+ b^{2} = \left ( 1+x \right )^{2}+ \left ( 1+y \right )^{2} $ $=1+2x+ x^{2}+ 1+2y+ y^{2} =2+2 \left ( x+y \right )+ x^{2}+ y^{2} $ $=2+ x^{2}+ y^{2} \geq 2$ Vậy: $a^{2}+ b^{2} \geq 2$ $2/$Ta có: $a^{4}+ b^{4} = \left ( 1+x \right )^{4}+ \left ( 1+y \right )^{4} $$=\left ( 1+4x+ 6x^{2}+ 4x^{3} + x^{4} \right )+ \left ( 1+4y+ 6y^{2}+ 4y^{3} + y^{4} \right ) $ $ =2+4 \left ( x+y \right […]
Cho $a+b+c\neq 0$,hãy chứng minh:$1/a^{3}+ b^{3} + c^{3} =3abc+\left ( a+b+c \right )\left ( a^{2}+ b^{2} + c^{2} -ab-bc-ca \right )$ $2/\frac{ a^{3}+ b^{3} + c^{3} -3abc}{ a+b+c }\geq 0$
$1/$Ta có:$a^{3}+ b^{3}= \left ( a+b \right )^{3}-3ab \left ( a+b \right )$$\Rightarrow a^{3}+ b^{3} + c^{3} -3abc= \left ( a+b \right )^{3} + c^{3} -3ab \left ( a+b+c \right ) $ $= \left ( a+b+c \right ) [ \left ( a+b \right )^{2}- \left ( a+b \right )c+ c^{2}-3ab ] $ $= \left ( a+b+c \right ) \left ( a^{2} + b^{2} + c^{2} -ab-bc-ca\right )$ $\Rightarrow a^{3}+ b^{3} + c^{3} = 3abc+ \left ( a+b +c\right […]