Cho các số thực a,b>0 thỏa mãn a+b=1 Tìm GTNN của $\frac{a^{2}}{b}$ + $\frac{b^{2}}{a}$ 08/07/2021 Bởi Madeline Cho các số thực a,b>0 thỏa mãn a+b=1 Tìm GTNN của $\frac{a^{2}}{b}$ + $\frac{b^{2}}{a}$
Đáp án: $\min\left(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a}\right) = 1 \Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{2}$ Giải thích các bước giải: Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy – Schwarz$ dạng $Engel$ ta được: $\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a} \geq \dfrac{(a + b)^2}{a + b} = a + b = 1$ Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\dfrac{a}{b} = \dfrac{b}{a}\\a + b = 1\end{cases}\Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{2}$ Vậy $\min\left(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a}\right) = 1 \Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{2}$ Bình luận
Đáp án: $P_{min}=1$ khi `a=b=\frac{1}{2}` Giải thích các bước giải: Trước hết chứng minh bất đẳng thức: `\frac{A^2}{B}+\frac{C^2}{D}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}` với $A;B;C;D>0$ Ta có: `\frac{A^2}{B}+\frac{C^2}{D}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}` `⇔\frac{A^2D+BC^2}{BD}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}` $⇔(A^2D+BC^2)(B+D)≥BD(A+C)^2$ $⇔A^2BD+A^2D^2+B^2C^2+BC^2D≥BD(A^2+2AC+C^2)$ $⇔A^2BD+A^2D^2+B^2C^2+BC^2D≥A^2BD+2ABCD+BC^2D$ $⇔A^2D^2-2ABCD+B^2C^2≥0$ $⇔(AD-BC)^2≥0$ (luôn đúng) Dấu bằng xảy ra khi `AD-BC=0⇔AD=BC⇔\frac{A}{B}=\frac{C}{D}` Trở lại bài toán: Đặt `P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}` Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, ta được: `P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}≥\frac{(a+b)^2}{a+b}=a+b=1` Dấu bằng xảy ra `⇔\frac{a}{b}=\frac{b}{a}⇔a^2=b^2⇔a=b` (do $a;b>0$) Từ $a+b=1⇔b+b=1⇔2b=1$ `⇔a=b=\frac{1}{2}` Bình luận
Đáp án:
$\min\left(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a}\right) = 1 \Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{2}$
Giải thích các bước giải:
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy – Schwarz$ dạng $Engel$ ta được:
$\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a} \geq \dfrac{(a + b)^2}{a + b} = a + b = 1$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\dfrac{a}{b} = \dfrac{b}{a}\\a + b = 1\end{cases}\Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{2}$
Vậy $\min\left(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{a}\right) = 1 \Leftrightarrow a = b = \dfrac{1}{2}$
Đáp án: $P_{min}=1$ khi `a=b=\frac{1}{2}`
Giải thích các bước giải:
Trước hết chứng minh bất đẳng thức: `\frac{A^2}{B}+\frac{C^2}{D}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}` với $A;B;C;D>0$
Ta có: `\frac{A^2}{B}+\frac{C^2}{D}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}`
`⇔\frac{A^2D+BC^2}{BD}≥\frac{(A+C)^2}{B+D}`
$⇔(A^2D+BC^2)(B+D)≥BD(A+C)^2$
$⇔A^2BD+A^2D^2+B^2C^2+BC^2D≥BD(A^2+2AC+C^2)$
$⇔A^2BD+A^2D^2+B^2C^2+BC^2D≥A^2BD+2ABCD+BC^2D$
$⇔A^2D^2-2ABCD+B^2C^2≥0$
$⇔(AD-BC)^2≥0$ (luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi `AD-BC=0⇔AD=BC⇔\frac{A}{B}=\frac{C}{D}`
Trở lại bài toán:
Đặt `P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}`
Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, ta được:
`P=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}≥\frac{(a+b)^2}{a+b}=a+b=1`
Dấu bằng xảy ra `⇔\frac{a}{b}=\frac{b}{a}⇔a^2=b^2⇔a=b` (do $a;b>0$)
Từ $a+b=1⇔b+b=1⇔2b=1$
`⇔a=b=\frac{1}{2}`