Chủ đề này có 2 trả lời

[CelEstE]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương thì:
$\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a} \ge \sqrt {2({a^2} + {b^2})} $ (1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CelEstE: 22-11-2012 - 22:52

[tramyvodoi]

không mất tính tổng quát, giả sử a$\geq$b, khi đó:
$a^{2}\geq b^{2}$ và $\frac{1}{b}\geq \frac{1}{a}$
áp dung bất đẳng thức chebyshev cho 2 dãy trên ta đc:
$2(a^{2}\frac{1}{b}+b^{2}\frac{1}{a})\geq (a^{2}+b^{2})(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})$
mặt khác ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\geq \frac{4}{\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}}$.
kết hợp 2 bđt này ta đc điều phải chứng minh.

[CelEstE]

Cách dùng chay AM-GM em mới nghĩ ra
$(1) \Leftrightarrow (a + b)({a^2} - ab + {b^2}) \ge \sqrt {ab} .\sqrt {2{\rm{a}}b({a^2} + {b^2})} $
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
$\sqrt {ab} \le \frac{{a + b}}{2};\sqrt {2{\rm{a}}b({a^2} + {b^2})} \le \frac{{{a^2} + {b^2} + 2{\rm{a}}b}}{2} \le {a^2} + {b^2} \le 2({a^2} + {b^2} - ab)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CelEstE: 22-11-2012 - 22:57