Chủ đề này có 2 trả lời

[Lê Đỗ Thành Đạt]

C/m Bất đẳng thức :
$a+\dfrac{1}{(a-b)b} \ge 3$ với $a>b>0$
Mong anh chị và các bạn giúp đỡ, em cảm ơn nhiều ạ

Đề bài cũ của bạn là $ \dfrac{1}{a}$ nhưng với đề đó thì BDT sai.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuonganh_lms: 18-07-2011 - 09:56

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Chứng minh : Bất đẳng thức :
1, $ a+\dfrac{1}{(a-b)b} \geq 3 $ với $ a>b>0 $
Giải :
Ta có BĐT sau : $ xy \leq \dfrac{( x + y )^2}{4} ( x, y \geq 0 ) $
Thật vậy, biến đổi tương đương BĐT trên, ta đưa được về BĐT : $ ( x - y)^2 \geq 0$. BĐT này luôn đúng, suy ra bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
Áp dụng BĐT trên với : $ x = a - b; y = b > 0$
Ta có : $( a - b ).b \leq \dfrac{( a - b + b )^2}{4} = \dfrac{a^2}{4}$
Do vậy $ \dfrac{1}{( a - b ).b} \geq \dfrac{1}{\dfrac{a^2}{4}} = \dfrac{4}{a^2}$
Ta có :
$ a + \dfrac{1}{( a - b ).b} \geq a + \dfrac{4}{a^2} = \dfrac{a}{2} + \dfrac{a}{2} + \dfrac{4}{a^2}$
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ( $ x^3 + y^3 + z^3 \geq 3xyz $), ta có :
$ \dfrac{a}{2} + \dfrac{a}{2} + \dfrac{4}{a^2} \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{a}{2}.\dfrac{a}{2}.\dfrac{4}{a^2}} = 3$
Vậy, ta có : $ a+\dfrac{1}{(a-b)b} \geq 3$ với $ a > b > 0$
P/S : Đặt lại tiêu đề để tránh lặp và gõ latex cả biểu thức luôn bạn nhé.

[caubeyeutoan2302]

C/m Bất đẳng thức :
$a+\dfrac{1}{(a-b)b} \ge 3$ với $a>b>0$
Mong anh chị và các bạn giúp đỡ, em cảm ơn nhiều ạ

Đề bài cũ của bạn là $ \dfrac{1}{a}$ nhưng với đề đó thì BDT sai.

Một cách đánh giá khác:
Vì a>b>0 , cho nên a-b>0 và b>0
Áp dụng AM-GM cho 3 số ta có
$a+\dfrac{1}{(a-b)b}=a-b+b+\dfrac{1}{(a-b)b} \ge 3\sqrt[3]{(a-b).b.\dfrac{1}{(a-b)b}} =3$
Dấu bằng xảy ra khi $ a-b=b=\dfrac{1}{(a-b)b} $ , từ đó suy ra a,b
p/s: Chung đánh giá hơi mạnh nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caubeyeutoan2302: 18-07-2011 - 10:30