Cho $\sqrt{2}-\frac{m}{n}>0(m,n\in\mathbb{N}^*).$ Chứng minh: $\sqrt{2}-\frac{m}{n}>\frac{1}{3mn}.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi eatchuoi19999: 22-02-2014 - 21:02
Cho $\sqrt{2}-\frac{m}{n}>0(m,n\in\mathbb{N}^*).$ Chứng minh: $\sqrt{2}-\frac{m}{n}>\frac{1}{3mn}.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi eatchuoi19999: 22-02-2014 - 21:02
Cho $\sqrt{2}-\frac{m}{n}>0(m,n\in\mathbb{N}^*).$ Chứng minh: $\sqrt{2}-\frac{m}{n}>\frac{1}{3mn}.$
Từ giả thiết ta có $\sqrt{2}>\frac{m}{n}\Rightarrow 2n^{2}>m^{2}$
Do $m,n\in \mathbb{N^{*}}$ nên
$2n^{2}\geq m^{2}+1\Leftrightarrow 2\geq (\frac{m}{n})^{2}+\frac{1}{n^{2}}=(\frac{m}{n})^{^{2}}+\frac{2m}{3mn^{2}}+\frac{1}{3n^{2}}$
Mặt khác $3m^{2}> 1(m\in \mathbb{N}^{*})\Rightarrow 9m^{2}n^{2}>3n^{2}\Rightarrow \frac{1}{3n^{2}}>\frac{1}{9m^{2}n^{2}}$
$\Rightarrow 2>(\frac{m}{n})^{2}+\frac{2m}{3n.mn}+(\frac{1}{3mn})^{2}=(\frac{m}{n}+\frac{1}{3mn})^{2}$
Do đó $\sqrt{2}>(\frac{m}{n}+\frac{1}{3mn})\Rightarrow \sqrt{2}-\frac{m}{n}>\frac{1}{3mn}$
p/s:đây là bài toán có vẻ hơi lạ nhưng chú ý một chút là được
VD tương tự: Cho $m,n\in \mathbb{Z^{+}}$ t/m:$\sqrt{7}>\frac{m}{n}$
Chứng minh:$\sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$
P/s:VD này chỉ khác một chút thôi mn giải thử xem!
Chuyên Vĩnh Phúc
VD tương tự: Cho $m,n\in \mathbb{Z^{+}}$ t/m:$\sqrt{7}>\frac{m}{n}$
Chứng minh:$\sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh