Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sqrt{3\left(a^2+6\right)}\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow6a^2+3b^2\ge2a^2+4ab+2b^2\)
\(\Leftrightarrow4a^2-4ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)(đúng)
=> ĐPCM
Bình phương 2 vế ta được
3a2 + 18 - 2a2 - 4ab - 2b2 \(\ge\)0
<=> a2 - 2b2 - 4ab + 3( a2 + b2) \(\ge0\)
<=> 4a2 - 4ab + b2 \(\ge0\)
<=> (2a - b)2 \(\ge0\)(đúng)
Lời giải:
Từ ĐKĐB kết hợp BĐT Bunhiacopxky:
\(3(a^2+6)=3(a^2+a^2+b^2)=(1+2)(2a^2+b^2)\geq (\sqrt{2}a+\sqrt{2}b)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{3(a^2+6)}\geq \sqrt{2}(a+b)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a,b>0\\ a^2+b^2=6\\ \frac{1}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{b}\end{matrix}\right.\) hay $a=\sqrt{\frac{6}{5}}; b=2\sqrt{\frac{6}{5}}$
ta có: \(\sqrt{3\left(a^2+b^2\right)}\ge\left(a+b\right)^2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow3\left(2a^2+b^2\right)\ge2\left(a+b\right)^2\)(vì a2+b2=6)
\(\Leftrightarrow6a^2+3b^2\ge2a^2+4ab+2b^2\)
\(\Leftrightarrow4a^2-4ab+b^2\ge0\\ \Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)
(luôn đúng với mọi a;bdương)
=> đpcm
Chứng minh tương đương :v
\(\sqrt{3\left(a^2+6\right)}\ge\left(a+b\right)\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+6\right)\ge\left(a+b\right)^22\)
\(\Leftrightarrow3\left(2a^2+b^2\right)-\left(a+b\right)^22\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)
BĐT cuối đúng, vậy ta có đpcm
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a+3b\right)\left(b+3a\right)}\le\dfrac{1}{4}\left(4a+4b\right)=a+b\)
Ta chứng minh: \(3\left(a+b\right)^2+4ab\ge2\left(a+b\right)\)
hay \(3\left(a+b\right)^2+4ab\ge2\left(a+b\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-2\sqrt{ab}\right)^2\ge0\)( đúng)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{4}\)
Kết hợp Mincôpxki và C-S:
\(VT\ge\sqrt{\left(\frac{3}{a+b}+\frac{3}{b+c}+\frac{3}{a+c}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\sqrt{\left(\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}=\sqrt{\frac{405}{4\left(a+b+c\right)^2}+\frac{81}{\left(a+b+c\right)^2}+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\sqrt{\frac{405}{12\left(a^2+b^2+c^2\right)}+2\sqrt{\frac{81\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}}}=\sqrt{\frac{405}{12.3}+18}=\frac{3\sqrt{13}}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Biến đổi tương đương :
\(\sqrt{3\left(a^2+6\right)}\ge\left(a+b\right)\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+6\right)\ge2\left(a^2+2ab+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+a^2+b^2\right)\ge2\left(a^2+2ab+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow6a^2+3b^2\ge2a^2+4ab+2b^2\)
\(\Leftrightarrow4a^2+b^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\left(2a\right)^2-2.2a.b+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng).
Vậy ta đã chứng minh được \(\sqrt{3\left(a^2+6\right)}\ge\left(a+b\right)\sqrt{2}\).
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : \(2a=b\) .