Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3
Chứng minh \(\sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+3}+\sqrt{c^2+3}\ge6\)
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
27 tháng 10 2021
Sửa đề \(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}\le6\)
\(\sqrt{a^2+3b}=\sqrt{a^2+\left(a+b+c\right)b}=\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}\\ =\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\dfrac{a+b+a+c}{2}=\dfrac{2a+b+c}{2}\)
Cmtt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{b^2+3c}\le\dfrac{a+2b+c}{2}\\\sqrt{c^2+3a}\le\dfrac{a+b+2c}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng VTV:
\(\Leftrightarrow VT\le\dfrac{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}{2}\\ \Leftrightarrow VT\le\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{2}=2\left(a+b+c\right)=6\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
LY
27 tháng 10 2021
em chưa hiểu cách biến đổi của cái này ạ\(\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 4 2022
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 4 2022
Ta có:
\(\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}\)
Tương tự: \(\dfrac{b}{\sqrt{b^2+a+c}}\le\dfrac{b\sqrt{1+c+a}}{a+b+c}\) ; \(\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b+a}}\le\dfrac{c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)
Lại có:
\(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}\)
\(=\sqrt{a}.\sqrt{a+ab+ac}+\sqrt{b}.\sqrt{b+bc+ab}+\sqrt{c}.\sqrt{c+ac+bc}\)
\(\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+2bc+2ca\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+2ab+bc+ca\right)}}{a+b+c}=\sqrt{\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a+b+c+2ab+2bc+2ca}{a+b+c}\le3\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)
Thật vậy:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
KN
23 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)
Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)
Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
27 tháng 10 2019
Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)
\(=4c\sqrt{a+b}\)
Hoàn toàn tương tự
\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)
Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Chúc bạn học tốt !!!
5 tháng 1 2021
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
5 tháng 1 2021
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
KN
24 tháng 8 2020
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)
Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))
Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\); \(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)
Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng BĐT
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3^2}{3}=3\)
Theo BĐT Bunhiacốpxki ta có:
\(1.\sqrt{a^2+3}+1.\sqrt{b^2+3}+1.\sqrt{c^2+3}\ge\sqrt{\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2+9\right)}\ge\sqrt{3.\left(3+9\right)}=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
bđt bunyakovski lần này em thấy lạ lạ hay sao ấy...