Cho a,b,c>0 và \(a+b+c\ge9\). Tìm giá trị nhỏ nhất
\(A=2\sqrt{a^2+\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{5}}+3\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{25}{c}}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
KN
8 tháng 2 2021
1. Áp dụng Min - cốp - ski, ta được: \(\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(b+c\right)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(c+a\right)^2}+b^2}\)\(\ge\sqrt{\left(\frac{3}{a+b}+\frac{3}{b+c}+\frac{3}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)\(\ge\sqrt{\left(\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)(Bunyakovsky dạng phân thức)
Đặt \(t=a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)thì ta cần chứng minh: \(\sqrt{\frac{729}{4t^2}+t^2}\ge\frac{3\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow\frac{729}{4t^2}+t^2\ge\frac{117}{4}\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(t+3\right)\left(t-3\right)\left(2t+9\right)\left(2t-9\right)}{4t^2}\ge0\)*đúng bởi \(t-3\le0;t+3>0;2t+9>0;2t-9< 0;4t^2>0\)*
Đẳng thức xảy ra khi t = 3 hay a = b = c = 1
2. Ta có: \(\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}-3=\frac{\left(x^2-y^2\right)^2\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)}{x^2y^2\left(x^2+y^2\right)^2}\ge0\)\(\Rightarrow\frac{4x^2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{x^2}\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi x = y
25 tháng 11 2019
ĐKXĐ:\(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge0\\a,b,c\ne\frac{25}{4}\end{cases}}\)
\(\frac{a}{2\sqrt{b}-5}+2\sqrt{b}-5\ge2\sqrt{a}\left(cosi\right)\)
Làm tương tự rồi cộng 3 vế lại nha bn
23 tháng 8 2020
Bài 1: Ta có \(\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)+b^2=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\ge2\sqrt{a^2-ab+b^2}\) (áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi)
\(=\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}-a+2b\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c}-b+2c\ge\sqrt{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{2}\left(b+c\right)\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}-c+2a\ge\sqrt{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{2}\left(a+c\right)\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1) và (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ac+a^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
KN
17 tháng 10 2020
2. \(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{1+\frac{2}{a}}+\frac{1}{1+\frac{2}{b}}+\frac{1}{1+\frac{2}{c}}\ge1\)
Đặt\(\frac{2}{a}=x;\frac{2}{b}=y;\frac{2}{c}=z\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=8\end{cases}}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge1\Leftrightarrow\left(yz+y+z+1\right)+\left(zx+z+x+1\right)+\left(xy+x+y+1\right)\ge xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\)\(\Leftrightarrow x+y+z\ge6\)(Đúng vì \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=6\))
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 hay a = b = c = 1
KN
17 tháng 10 2020
3. Ta có: \(a+b+c\le\sqrt{3}\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\)
Ta có đánh giá quen thuộc \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Từ đó suy ra \(ab+bc+ca\le1\)
\(A=\frac{\sqrt{a^2+1}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+1}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+1}}{a+b}\ge\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}{a+b}\)\(=\frac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{b+c}+\frac{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}{c+a}+\frac{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{a+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=3\)Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
5 tháng 12 2019
\(\frac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}+\frac{b^2+3}{8}\ge\frac{3}{2}a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}\ge\frac{3}{4}a^2-\frac{1}{16}b^2-\frac{3}{16}\)
\(P=\Sigma\frac{a^3}{\sqrt{b^2+3}}\ge\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{16}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{9}{16}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
9 tháng 2 2016
Ta có: \(2.2.\sqrt{x^2+3}\le x^2+3+4=x^2+7\Leftrightarrow\sqrt{x^2+3}\le\frac{x^2+7}{4}\) (đẳng thức xảy ra khi x = 1.)
Áp dụng BĐT trên ta có:
\(P\ge4\left(\frac{a^3}{b^2+7}+\frac{b^3}{c^2+7}+\frac{c^3}{a^2+7}\right)=4.\left(\frac{a^4}{ab^2+7a}+\frac{b^4}{bc^2+7b}+\frac{c^4}{ca^2+7c}\right)\ge4.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2+7\left(a+b+c\right)}\)
( Theo BĐT Schwarz)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 3 số ta có:
\(\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)^2=\left(b.ab+c.bc+a.ca\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{3}=\frac{3^3}{3}=9\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le3\)
Ta có: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)
Do đó:
\(P\ge4.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2+7\left(a+b+c\right)}\ge\frac{4.3^2}{3+7.3}=\frac{3}{2}\)
Xảy ra đẳng thức khi a = b = c = 1.
Vậy min \(P=\frac{3}{2}\) khi a = b = c = 1.
B.C.S :">
Từ giả thiết ta dễ thấy dấu "=" xảy ra khi a=1, b=3, c=5
Áp dụng BĐT Cauchy Schawrz, ta có:
\(a^2+\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{5}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{1+3+5}\Rightarrow2\sqrt{a^2+\frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{5}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{25}{c}\ge\frac{\left(1+3+5\right)^2}{a+b+c}\Rightarrow3\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{9}{b}+\frac{25}{c}}\ge\frac{27}{\sqrt{a+b+c}}\)
Từ đó, suy ra
\(A\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}+\frac{27}{\sqrt{a+b+c}}=\frac{a+b+c}{6}+\frac{a+b+c}{2}+\frac{27}{2\sqrt{a+b+c}}+\frac{27}{2\sqrt{a+b+c}}\ge\frac{9}{6}+3\sqrt[3]{\frac{729}{8}}=15\)
Dấu "=" xảy ra khi a=1, b=3, c=5
Mong là không có gì sai sót!