Google
Câu hỏi: Cho \(a>0, b>0\). Chứng minh rằng: \({a \over {\sqrt b }} + {b \over {\sqrt a }} \ge \sqrt a + \sqrt b. \)
Phương pháp giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Lời giải chi tiết
Cách 1: Sử dụng BĐT Cô - si:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\frac{\mathrm{a}}{\sqrt{\mathrm{b}}}$ và $\sqrt{\mathrm{b}}$ ta có:
$\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b} \geq 2 \cdot \sqrt{\frac{a}{\sqrt{b}} \cdot \sqrt{b}}=2 \sqrt{a}$ (1)
Turơng tự ta có:
$\frac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a} \geq 2 \cdot \sqrt{\frac{b}{\sqrt{a}} \cdot \sqrt{a}}=2 \cdot \sqrt{b}$ (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:
$\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}+\frac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a} \geq 2 \sqrt{a}+2 \sqrt{b}$
$\Leftrightarrow \frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{a}+\sqrt{b}(d p c m)$
Dấu "= $"$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b>0$
Cách 2: Sử dụng phép biến đổi tương đương:
Ta có:
$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{a}+\sqrt{b}$
$\Leftrightarrow \frac{\mathrm{a} \sqrt{\mathrm{a}}+\mathrm{b} \sqrt{\mathrm{b}}}{\sqrt{\mathrm{a}} \cdot \sqrt{\mathrm{b}}} \geq \sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}$
$\Rightarrow a \sqrt{a}+b \sqrt{b} \geq \sqrt{a} \sqrt{b}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$
$\Leftrightarrow(\sqrt{a})^{3}+(\sqrt{b})^{3} \geq \sqrt{a} \sqrt{b}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$
$\Leftrightarrow(\sqrt{a}+\sqrt{b})(a-\sqrt{a} \cdot \sqrt{b}+b) \geq \sqrt{a} \sqrt{b}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$
$\Leftrightarrow a-\sqrt{a} \cdot \sqrt{b}+b \geq \sqrt{a} \sqrt{b}$ ( chia cà hai vế cho $\sqrt{a}+\sqrt{b}>0)$
$\Leftrightarrow a-2 \sqrt{a} \cdot \sqrt{b}+b \geq 0$
$\Leftrightarrow(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} \geq 0$ luôn đúng với mọi $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0$
Do đó: $\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{a}+\sqrt{b} \quad$ (đpcm)
Cách 3: Đặt ẩn phụ kết hợp BĐT Cô - si
Đặt \(x=\sqrt a, y = \sqrt b\) (với \(x>0\) và \(y>0\)) ta được:
\({a \over {\sqrt b }} = {{{x^2}} \over y}; {b \over {\sqrt a }} = {{{y^2}} \over x}\)
Suy ra: \({a \over {\sqrt b }} + {b \over {\sqrt a }} = {{{x^2}} \over y} + {{{y^2}} \over x} = {{{x^3} + {y^3}} \over {xy}} \)\(= {{(x + y)({x^2} + {y^2} - xy)} \over {xy}}\) (1)
Mà \(x^2+y^2≥ 2xy\) (Bất đẳng thức Cô-si)
Nên \(x^2+y^2- xy ≥ xy ⇔\) \({{{x^2} + {y^2} - xy} \over {xy}} \ge 1\)
Do đó (1) \({{{x^3} + {y^3}} \over {xy}}≥ x+y ⇔ {{{x^2}} \over y} + {{{y^2}} \over x} \ge x + y\)
\(⇔ {a \over {\sqrt b }} + {b \over {\sqrt a }} \ge \sqrt a + \sqrt b (đpcm).\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si.
Lời giải chi tiết
Cách 1: Sử dụng BĐT Cô - si:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\frac{\mathrm{a}}{\sqrt{\mathrm{b}}}$ và $\sqrt{\mathrm{b}}$ ta có:
$\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b} \geq 2 \cdot \sqrt{\frac{a}{\sqrt{b}} \cdot \sqrt{b}}=2 \sqrt{a}$ (1)
Turơng tự ta có:
$\frac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a} \geq 2 \cdot \sqrt{\frac{b}{\sqrt{a}} \cdot \sqrt{a}}=2 \cdot \sqrt{b}$ (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:
$\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}+\frac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a} \geq 2 \sqrt{a}+2 \sqrt{b}$
$\Leftrightarrow \frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{a}+\sqrt{b}(d p c m)$
Dấu "= $"$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b>0$
Cách 2: Sử dụng phép biến đổi tương đương:
Ta có:
$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{a}+\sqrt{b}$
$\Leftrightarrow \frac{\mathrm{a} \sqrt{\mathrm{a}}+\mathrm{b} \sqrt{\mathrm{b}}}{\sqrt{\mathrm{a}} \cdot \sqrt{\mathrm{b}}} \geq \sqrt{\mathrm{a}}+\sqrt{\mathrm{b}}$
$\Rightarrow a \sqrt{a}+b \sqrt{b} \geq \sqrt{a} \sqrt{b}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$
$\Leftrightarrow(\sqrt{a})^{3}+(\sqrt{b})^{3} \geq \sqrt{a} \sqrt{b}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$
$\Leftrightarrow(\sqrt{a}+\sqrt{b})(a-\sqrt{a} \cdot \sqrt{b}+b) \geq \sqrt{a} \sqrt{b}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$
$\Leftrightarrow a-\sqrt{a} \cdot \sqrt{b}+b \geq \sqrt{a} \sqrt{b}$ ( chia cà hai vế cho $\sqrt{a}+\sqrt{b}>0)$
$\Leftrightarrow a-2 \sqrt{a} \cdot \sqrt{b}+b \geq 0$
$\Leftrightarrow(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} \geq 0$ luôn đúng với mọi $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0$
Do đó: $\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}} \geq \sqrt{a}+\sqrt{b} \quad$ (đpcm)
Cách 3: Đặt ẩn phụ kết hợp BĐT Cô - si
Đặt \(x=\sqrt a, y = \sqrt b\) (với \(x>0\) và \(y>0\)) ta được:
\({a \over {\sqrt b }} = {{{x^2}} \over y}; {b \over {\sqrt a }} = {{{y^2}} \over x}\)
Suy ra: \({a \over {\sqrt b }} + {b \over {\sqrt a }} = {{{x^2}} \over y} + {{{y^2}} \over x} = {{{x^3} + {y^3}} \over {xy}} \)\(= {{(x + y)({x^2} + {y^2} - xy)} \over {xy}}\) (1)
Mà \(x^2+y^2≥ 2xy\) (Bất đẳng thức Cô-si)
Nên \(x^2+y^2- xy ≥ xy ⇔\) \({{{x^2} + {y^2} - xy} \over {xy}} \ge 1\)
Do đó (1) \({{{x^3} + {y^3}} \over {xy}}≥ x+y ⇔ {{{x^2}} \over y} + {{{y^2}} \over x} \ge x + y\)
\(⇔ {a \over {\sqrt b }} + {b \over {\sqrt a }} \ge \sqrt a + \sqrt b (đpcm).\)