cho a,b,c>0.cmr
\(\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge2\left(a+b+c\right)\)
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 8 2021
\(\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{1+ab-c^2}}=\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+ab}}=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+2c^2\right)}}\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)
\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+a^2+b^2+2c^2}=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2020
\(\sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+ab}}=\frac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(ab+2c^2\right)\left(a^2+b^2+ab\right)}}\ge\frac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\ge\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự: \(\sqrt{\frac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\ge bc+2a^2\) ; \(\sqrt{\frac{ca+2b^2}{1+ac-b^2}}\ge ca+2b^2\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca=2+ab+bc+ca\)
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
9 tháng 11 2019
\(\sqrt{a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2+\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2}=\frac{3a+5b}{4}\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3b+5c}{4};\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3c+5a}{4}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3a+5b+3b+5c+3c+5a}{4}\)
\(=2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
12 tháng 11 2016
a/ Nếu (a + b) < 0 thì bất đẳng thức đúng
Với (a + b) \(\ge0\)thì ta có
\(2a^2+ab+2b^2\ge\frac{5}{4}\left(a^2+2ab+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow3a^2-6ab+3b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
12 tháng 11 2016
b/ Áp dụng BĐT BCS :
\(1=\left(1.\sqrt{a}+1.\sqrt{b}+1.\sqrt{c}\right)^2\le3\left(a+b+c\right)\Rightarrow a+b+c\ge\frac{1}{3}\)
Áp dụng câu a/ :
\(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\)
\(\sqrt{2b^2+bc+2c^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(b+c\right)\)
\(\sqrt{2c^2+ac+2a^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+c\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\sqrt{5}}{2}.2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\sqrt{5}}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{9}\)
Vậy min P = \(\frac{\sqrt{5}}{3}\) khi a=b=c=1/9
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
3 tháng 6 2021
\(a^2+2b^2+ab=\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+2b^2+ab}=\sqrt{\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}=\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b\right)\)
Tương tự \(\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3}{4}\left(b+\frac{5}{3}c\right),\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge\frac{3}{4}\left(c+\frac{5}{3}a\right)\)
Cộng lại vế theo vế ta được:
\(\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b+b+\frac{5}{3}c+c+\frac{5}{3}a\right)\)
\(=2\left(a+b+c\right)\).
Dấu \(=\)khi \(a=b=c\ge0\).
3 tháng 6 2021
Còn cách khác nè :
Đặt \(P=\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\)
Ta chứng minh \(P\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(2P=\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(a^2+2b^2+ab\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(b^2+2c^2+bc\right)}+\sqrt{\left(1+1+2\right)\left(c^2+2a^2+ac\right)}\)
Áp dụng bđt bunyakovsky ta được:
\(2P\ge a+2b+\sqrt{ab}+b+2c+\sqrt{bc}+c+2a+\sqrt{ac}\)
\(=3\left(a+b+c\right)+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\ge4\left(a+b+c\right)\left(AM-GM\right)\)
Suy ra \(P\ge2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
Lời giải:
$a^2+2b^2+ab=\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$[\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}](2+6+8)\geq (a+3b+2a+2b)^2$
$\Rightarrow \sqrt{a^2+2b^2+ab}\geq \frac{3a+5b}{4}$
Hoàn toàn tương tự với các căn còn lại suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{3a+5b}{4}+\frac{3b+5c}{4}+\frac{3c+5a}{4}=2(a+b+c)$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bạn xem lại đề xem có nhầm không?