Chủ đề này có 4 trả lời

[LTP01]

$\frac{2+\sqrt{2a}}{2-a}+\frac{2+\sqrt{2b}}{2-b}\geq 4$

[dtvanbinh]

xét $f(x)=\frac{2+\sqrt{2x}}{2-x}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{x}+\sqrt{2}}$
$f''(x)=2\sqrt{2}(\sqrt{x}+\sqrt{2})^{-2}\frac{1}{4x}+\frac{1}{4}x^{\frac{-3}{2}}(\sqrt{x}+\sqrt{2})\geq 0$
nên $f(x)$ là hàm lồi
áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
$f(a)+f(b)\geq 2f(\frac{a+b}{2})=4$
ta có đpcm

[LTP01]

có thể áp dụng kiến thức lớp 10 được không, cái này là đề thi lớp 10

[dtvanbinh]

có thể áp dụng kiến thức lớp 10 được không, cái này là đề thi lớp 10

$VT-VP=\sqrt{2}(\sum \frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{a}}-2\sqrt{2})=\sqrt{2}\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{2})(1-\sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}))}{(\sqrt{2}-\sqrt{a})(\sqrt{2}-\sqrt{b})}$
ta lại có
$a+\frac{1}{2}\geq \sqrt{2a},b+\frac{1}{2}\geq \sqrt{2b}$
nên $\sqrt{a}+\sqrt{b}\leq \sqrt{2}$
$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=1+2\sqrt[4]{ab}\geq 1\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}\geq 1$
ta có đpcm

[ducthinh26032011]

$\frac{2+\sqrt{2a}}{2-a}+\frac{2+\sqrt{2b}}{2-b}\geq 4$

$\frac{2+\sqrt{2a}}{2-a}+\frac{2+\sqrt{2b}}{2-b}=\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{b}})$
Ta chứng minh:
$\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{a}}\geq \sqrt{2}a+\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow (\sqrt{2}\sqrt[4]{a^{3}}-\sqrt[4]{a})^{2}\geq 0$
Tương tự,ta có:
$\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{b}}\geq \sqrt{2}b+\frac{1}{\sqrt{2}}$
Cộng 2 vế nhân với $\sqrt{2}$,ta được:
$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{2}-\sqrt{b}})\geq 4$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducthinh26032011: 05-03-2013 - 19:53