cho 2 số thực dương a,b. Chứng minh:
\(a+b\ge\sqrt{ab}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\)
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
25 tháng 9 2017
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
15 tháng 1 2020
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky ta có:
\(\left(a^2+2c^2\right)\left(1+2\right)\ge\left(a+2c^2\right)\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+2c^2}\ge\frac{a+2c}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge\frac{a+2c}{\sqrt{3ac}}=\frac{ab+2bc}{\sqrt{3abc}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge\frac{ac+2ab}{\sqrt{3abc}}\\\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{bc+2ac}{\sqrt{abc}}\end{cases}}\)
Ta được BĐT:
\(VT\ge\frac{1}{3}.\frac{ab+2abc+ac+2ab+bc+2ac}{abc}=\frac{1}{3}.\frac{3\left(ab+bc+ac\right)}{abc}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3abc}{abc}=3\)
=> đpcm
P/S: Làm tắt vs đoạn này k^o chắc mấy :V
N
15 tháng 1 2020
Repair đề \(\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{2a^2+b^2}}{ab}\ge3\sqrt{3}\).Because dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Không use condition của đề bài :))
Ta co:
\(VT=\sqrt{\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}}+\sqrt{\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}}\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3\sqrt[3]{\frac{a}{b}}}+\sqrt{3\sqrt[3]{\frac{b}{c}}}+\sqrt{3\sqrt[3]{\frac{c}{a}}}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{3\sqrt[3]{\frac{a}{b}}.\sqrt{3\sqrt[3]{\frac{b}{c}}.\sqrt{3\sqrt[3]{\frac{c}{a}}}}}}=3\sqrt{3}\)
equelity iff \(a=b=c=3\)
23 tháng 1 2020
\(A=\frac{\frac{1}{2}a^2\left(\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}+1\right)\left[\left(\sqrt[3]{b}-\sqrt[3]{c}\right)^2+\left(\sqrt[3]{b}-1\right)^2+\left(\sqrt[3]{c}-1\right)^2\right]}{2\left(a+2\right)\left(a+\sqrt[3]{bc}\right)}\ge0\)
\(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}=\Sigma_{cyc}A+\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3\left(a+2\right)}+\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1\ge\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1=\frac{3}{2}\)
23 tháng 1 2020
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng : \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\left(đpcm\right)\)
Vì \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)
Mà \(\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt !!!
9 tháng 2 2022
áp dụng cách đánh giá :
\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\)\(\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}\right)\)
\(hay\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}}\)
Ta cần chỉ ra được :\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\)Ta được :
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
ta cần chứng minh được :
\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(hay\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Dễ thấy\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Do đó\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Do đó ta được
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Bài toán được chứng minh :333!~
9 tháng 2 2022
Phân tích bài toán.
Ta làm 2 vế đẳng thức xuất hiện đại lượng kiểu\(\left(a-b\right)^2;\left(b-c\right)^2;\left(c-a\right)^2\)
Để biến đổi vế trái ta sẽ được:
\(\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}-\left(a+b+c\right)\)
Để biến đổi vế phải ta sẽ được:
\(\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\)
Đến đây ta chỉ cần chỉ ra được \(\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\ge0\)
Bài làm:
Bất đẳng thức cần chứng mình tương đương với:
\(\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a\ge\)
\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)
\(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}-\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{c+a}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge\)
\(\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\right]\)
\(+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\right]\ge0\)
Đặt:
\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\)
\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\)
\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\)
Chứng mình hoàn tất nếu ta chứng mình được A,B.C\(\ge\)0, Vậy:
\(A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2a+b}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}>0\)
\(B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2b+c}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}>0\)
\(C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}=\frac{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2c+a}}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}>0\)
Vậy biểu thức đã được chứng minh.
KN
2 tháng 8 2020
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(x,y,z>0\)và ta cần chứng minh \(\frac{x}{\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z}{\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có: \(\frac{x^2}{x\sqrt{3zx+yz}}+\frac{y^2}{y\sqrt{3xy+zx}}+\frac{z^2}{z\sqrt{3yz+xy}}\ge\)\(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: \(x\sqrt{3zx+yz}+y\sqrt{3xy+zx}+z\sqrt{3yz+xy}\)\(=\sqrt{x}.\sqrt{3zx^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3xy^2+xyz}+\sqrt{y}.\sqrt{3yz^2+xyz}\)\(\le\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\)
Ta cần chứng minh \(\sqrt{\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]}\le\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^4\ge\frac{9}{4}\left(x+y+z\right)\left[3\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^3\ge\frac{27}{4}\left(xy^2+yz^2+zx^2+xyz\right)\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(y=mid\left\{x,y,z\right\}\)thì khi đó \(\left(y-x\right)\left(y-z\right)\le0\Leftrightarrow y^2+zx\le xy+yz\)
\(\Leftrightarrow xy^2+zx^2\le x^2y+xyz\Leftrightarrow xy^2+yz^2+zx^2+xyz\le\)\(x^2y+yz^2+2xyz=y\left(z+x\right)^2=4y.\frac{z+x}{2}.\frac{z+x}{2}\)
\(\le\frac{4}{27}\left(y+\frac{z+x}{2}+\frac{z+x}{2}\right)^3=\frac{4\left(x+y+z\right)^3}{27}\)
Như vậy (*) đúng
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
\(a+b=\frac{a+b}{2}+\frac{a+b}{2}\ge\frac{2\sqrt{ab}}{2}+\frac{1}{2}.\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}=\sqrt{ab}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\)