BV
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
15 tháng 5 2018
\(\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}\)
\(=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2+\frac{3}{4}\left(b+c\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(c-a\right)^2+\frac{3}{4}\left(c+a\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(b+c\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(c+a\right)^2}\)
\(=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
RR
15 tháng 5 2018
Ta có bất đẳng thức phụ sau
\(a^2+ab+b^2\ge\frac{3}{4}.\left(a+b\right)^2\) (Chứng minh thì biến đổi tương đương là được)
Ta có :
\(\Sigma\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\Sigma\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2}=\sqrt{3}.\Sigma\dfrac{a+b}{2}=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 3 2020
Sử dụng BĐT: \(\left(x+y+z\right)^3\ge27xyz\Rightarrow\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3\ge xyz\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1+a+1+b+1+c}{3}\right)^3\ge\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
Ta có: \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Cộng vế với vế:
\(1\ge\frac{1+\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Dấu "=" 3 BĐT trên xảy ra khi \(a=b=c\)
Lại có:
\(1+\sqrt[3]{abc}\ge2\sqrt{\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\ge\left(2\sqrt{\sqrt[3]{abc}}\right)^3=8\sqrt{abc}\)Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 8 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta có:
\((a+b)+(b+c)+(c+a)\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
\(\Leftrightarrow 2(a+b+c)\geq 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge \frac{3}{2}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a+b=b+c=c+a$ hay $a=b=c$
21 tháng 10 2017
bài 2
ta có \(\left(\sqrt{8a^2+1}+\sqrt{8b^2+1}+\sqrt{8c^2+1}\right)^2\)
\(=\left(\sqrt{a}.\sqrt{\frac{8a^2+1}{a}}+\sqrt{b}.\sqrt{\frac{8b^2+1}{b}}+\sqrt{c}.\sqrt{\frac{8c^2+1}{c}}\right)^2\)\(=\left(A\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có;
\(\left(A\right)\le\left(a+b+c\right)\left(8a+\frac{1}{a}+8b+\frac{1}{b}+8c+\frac{8}{c}\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(9a+9b+9c\right)=9\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)\ge\sqrt{8a^2+1}+\sqrt{8b^2+1}+\sqrt{8c^2+1}\)(đpcm)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có :
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ,ta có
\(\Sigma\left(a^2+bc\right)\ge\Sigma\left(2a\sqrt{bc}\right)=2.\Sigma\left(a\sqrt{bc}\right)=2.\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
<=> \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
<=> \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c