Demostrar que $\frac{{a}^{2}}{b-1}+\frac{{b}^{2}}{a-1}\geq8$

Question

Necesito demostrar que para cualquier número real $a>1$ y $b>1$ la siguiente desigualdad es verdadera:

$$\frac{{a}^{2}}{b-1}+\frac{{b}^{2}}{a-1}\geq8$$

Answer 1

Dejemos que $a = 1+x$ y $b = 1+y$ . Entonces tenemos que demostrar que $$\dfrac{(x+1)^2}{y} + \dfrac{(y+1)^2}{x} \geq 8$$ es decir $$\dfrac{x^2}{y} + 2 \dfrac{x}{y} + \dfrac1y + \dfrac{y^2}{x} + 2 \dfrac{y}{x} + \dfrac1x \geq 8$$ para $x,y \geq 0$ .

Ahora aplique AM-GM como se muestra a continuación. $$\dfrac{\dfrac{x^2}{y} + \dfrac{x}{y} + \dfrac{x}{y} + \dfrac1y + \dfrac{y^2}{x} + \dfrac{y}{x} + \dfrac{y}{x} + \dfrac1x}{8} \geq \sqrt[8]{\dfrac{x^2}{y} \times \dfrac{x}{y} \times \dfrac{x}{y} \times \dfrac1y \times \dfrac{y^2}{x} \times \dfrac{y}{x} \times \dfrac{y}{x} \times \dfrac1x} = 1$$ Por lo tanto, obtenemos que $$\dfrac{x^2}{y} + 2 \dfrac{x}{y} + \dfrac1y + \dfrac{y^2}{x} + 2 \dfrac{y}{x} + \dfrac1x \geq 8$$ que es lo que queríamos mostrar.

Answer 2

Usted tiene $a^2 \geq 4(a-1)$ y $b^2 \geq 4(b-1)$ . Entonces

$$\frac{{a}^{2}}{b-1}+\frac{{b}^{2}}{a-1}\geq 4 \frac{a-1}{b-1}+4 \frac{b-1}{a-1}\geq8 \,,$$

la última desigualdad es AM-GM, o el estándar $x +\frac{1}{x} \geq 2$ .

Answer 3

$$\frac{{a}^{2}}{b-1}+\frac{{b}^{2}}{a-1}=\frac{a^3-a^2+b^3-b^2}{(a-1)(b-1)}=\frac{(a+b)(a^2+b^2-ab)-(a^2+b^2)}{(a-1)(b-1)}\ge\frac{(a+b)ab-(a^2+b^2)}{(a-1)(b-1)}=\frac{a^2(b-1)+b^2(a-1)}{(a-1)(b-1)}=\frac{a^2}{a-1}+\frac{b^2}{b-1}=\frac{a^2-1+1}{a-1}+\frac{b^2-1+1}{b-1}=a+1+\frac{1}{a-1}+b+1+\frac{1}{b-1}=a-1+\frac{1}{a-1}+2+b-1+\frac{1}{b-1}+2\ge2+2+2+2=8$$

Answer 4

$AM-GM$ :

$\frac{a^2}{b-1}+4(b-1)\geq 4a$

$\frac{b^2}{a-1}+4(a-1)\geq 4b$

$\Rightarrow \frac{a^2}{b-1}+4(b-1)+\frac{b^2}{a-1}+4(a-1)\geq 4a+4b$

$\Rightarrow \frac{a^2}{b-1}+\frac{b^2}{a-1}\geq 8$

Answer 5

Como alternativa, puedes utilizar el cálculo y considerar que f(a,b) se minimiza. Verás que eso ocurre para a=b=2.