Cho a+b+c=3 và a,b,c>0 . CMR \(\sqrt{a+3b}+\sqrt{b+3c}+\sqrt{c+3a}\le6\)
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
PH
1
I
13 tháng 4 2020
ta có \(\sqrt[3]{3a+1}=\frac{\sqrt[3]{\left(3a+1\right)2.2}}{\sqrt[3]{4}}\le\frac{3a+1+2+2}{3\sqrt[3]{4}}=\frac{3a+5}{3\sqrt[3]{4}}\)
tương tự \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{3b+1}\le\frac{3b+5}{3\sqrt[3]{4}}\\\sqrt[3]{3c+1}\le\frac{3c+5}{3\sqrt[3]{4}}\end{cases}}\)
\(=>P\le\frac{3\left(a+b+c\right)+15}{3\sqrt[3]{4}}=\frac{6}{\sqrt[3]{4}}=3\sqrt[3]{2}\)
PV
19 tháng 2 2018
xin lỗi nha MÌNH sai đề ở chổ \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3\)
AT
1
21 tháng 9 2019
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số dương, ta có:
\(\left(b+3c\right)+4\ge2\sqrt{4\left(b+3c\right)}=4\sqrt{b+3c}\\ \)
\(\Rightarrow\sqrt{b+3c}\le\frac{b+3c+4}{4}\)
\(\Rightarrow a\sqrt{b+3c}\le\frac{ab+3ac+4a}{4}\)
Tương tự ta có \(b\sqrt{c+3a}\le\frac{bc+3ab+4b}{4}\)
\(c\sqrt{a+3b}\le\frac{ac+3bc+4c}{4}\)
\(\Rightarrow a\sqrt{b+3c}+b\sqrt{c+3a}+c\sqrt{a+3b}\le\)\(\frac{4\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)}{4}\)\(=\frac{4\left(ab+bc+ac\right)+12}{4}\)
Ta có bổ đề:3(ab+bc=ca) \(\le\)(a+b+c)^2 => 3(ab+bc+ca) \(\le9\)=> \(\text{(ab+bc+ca)}\le3\)
=>\(a\sqrt{b+3c}+b\sqrt{c+3a}+c\sqrt{a+3b}\le\)\(\frac{4.3+12}{4}=6\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra <=>a=b=c=1
22 tháng 3 2020
Làm hộ tui đi à,đây là Sol của thầy Sỹ,đọc là 1 chuyện nhưng hiểu mới là vấn đề.
BĐT đẹp vãi ra mà ối sồi ôi lời giải khủng VCL.Hóng cách nhẹ hơn...
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
10 tháng 11 2019
\(3a^2+8b^2+14ab\le3a^2+8b^2+12ab+a^2+b^2=\left(2a+3b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}\le2a+3b\)
\(\Rightarrow P=\sum\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\sum\frac{a^2}{2a+3b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
16 tháng 12 2016
có thể là bé hơn hoặc bằng,các bạn thử cho mình với nhé
17 tháng 8 2020
áp dụng Bất Đẳng Thức CBS \(\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}=\sqrt{\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)}\le\frac{1}{2}\left(4a+6b\right)\)
(BĐT CBS) do đó ta \(\Rightarrow\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\frac{a^2}{2a+3b}\)
tương tư với mẫu còn lại
\(\Rightarrow\Sigma\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}\ge\Sigma\frac{a^2}{2a+3b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{5}\left(Q.E.D\right)\)
đẳng thức xảy ra khi a=b=c
KN
21 tháng 6 2020
Ta có: \(\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}=\sqrt{\left(2a+3b\right)^2-\left(a-b\right)^2}\)
\(\le\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}=2a+3b\)
Tương tự, ta có: \(\sqrt{3b^2+14bc+8c^2}\le2b+3c\); \(\sqrt{3c^2+14ca+8a^2}\le2c+3a\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{3b^2+14bc+8c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{3c^2+14ca+8a^2}}\)
\(\ge\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{5}\)(Theo BĐT Bunyakovski dạng phân thức)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Theo BĐT Bu nhi a cốp xki ta có :
\(VT=\sqrt{a+3b}+\sqrt{b+3c}+\sqrt{c+3a}\le\sqrt{3\left(4a+4b+4c\right)}=\sqrt{12\left(a+b+c\right)}=\sqrt{36}=6\)
Vậy đpcm . Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)