1)Cho a,b,c là độ dài 3 tam giác . cmr : căn a+b-c + căn b+c-a + căn a+c-b bé hơn hoặc bằng căn a + căn b +căn c
2) cho a và b thỏa mãn 3a-4b=7 .cmr :3a bình + 4a bình lớn hơn hoặc bằng 7
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
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
12 tháng 8 2023
\(a_1,\sqrt{x}< 7\\ \Rightarrow x< 49\\ a_2,\sqrt{2x}< 6\\ \Rightarrow x< 18\\ a_3,\sqrt{4x}\ge4\\ \Rightarrow4x\ge16\\ \Rightarrow x\ge4\\ a_4,\sqrt{x}< \sqrt{6}\\ \Rightarrow x< 6\)
HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
12 tháng 8 2023
\(b_1,\sqrt{x}>4\\ \Rightarrow x>16\\ b_2,\sqrt{2x}\le2\\ \Rightarrow2x\le4\\ \Rightarrow x\le2\\ b_3,\sqrt{3x}\le\sqrt{9}\\ \Rightarrow3x\le9\\ \Rightarrow x\le3\\ b_4,\sqrt{7x}\le\sqrt{35}\\ \Rightarrow7x\le35\\ \Rightarrow x\le5\)
H
0
TT
6 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:
\(\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)Do đó, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh rằng:
\(\frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\le\sqrt{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi lần thứ hai ta nhận được:
\(VT=\frac{\sqrt{a}\sqrt{a\left(1+b+c\right)}+\sqrt{b}\sqrt{b\left(1+c+a\right)}+\sqrt{c}\sqrt{c\left(1+a+b\right)}}{a+b+c}\)
\(\le\frac{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left[a\left(1+b+c\right)+b\left(1+c+a\right)+c\left(1+a+b\right)\right]}}{a+b+c}\)
\(=\sqrt{1+\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}}\)
\(\le\sqrt{1+\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}}\)
\(\le\sqrt{1+\frac{2\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{3}}=\sqrt{3}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
HD
0
KN
20 tháng 8 2020
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với\(\Sigma_{cyc}\left(\sqrt{5a^2+4bc}-2\sqrt{bc}\right)\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Hay \(\Sigma_{cyc}\frac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\left(\Sigma_{cyc}\frac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\right)\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \(2\sqrt{5a^2+4bc}\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\le8a^2+3b^2+3c^2+4bc\)\(4\sqrt{bc}\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4.3\sqrt{bc}.\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{3}\)\(\le\frac{2\left(3a^2+3b^2+3c^2+9bc\right)}{3}=2\left(a^2+b^2+c^2+3bc\right)\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được \(2\left(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)\(\le10a^2+5b^2+5c^2+10bc\)
Suy ra \(\frac{10a^2}{2\left(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\)\(\ge\frac{10a^2}{10a^2+5b^2+5c^2+10bc}\)
Lại có \(10bc\le5b^2+5c^2\)nên \(\frac{10a^2}{10a^2+5b^2+5c^2+10bc}\ge\frac{10a^2}{10a^2+10b^2+10c^2}=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Do đó ta được \(\frac{5a^2}{\left(\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)(1)
Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\frac{5b^2}{\left(\sqrt{5b^2+4ca}+2\sqrt{ca}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)(2) ; \(\frac{5c^2}{\left(\sqrt{5c^2+4ab}+2\sqrt{ab}\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{1}{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}\left(\Sigma_{cyc}\frac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{bc}}\right)\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
DM
2
15 tháng 12 2017
Áp dụng bđt Cauchy ta có :
\(\sqrt{4a+1}\le\frac{4a+1+1}{2}=2a+1\)
\(\sqrt{4b+1}\le\frac{4b+1+1}{2}=2b+1\)
\(\sqrt{4c+1}\le\frac{4c+1+1}{2}=2c+1\)
\(\Rightarrow\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4b+1}\le2\left(a+b+c\right)+3=5\)(đpcm)
15 tháng 12 2017
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski, ta có:
\(\left(1+1+1\right)\left[\left(\sqrt{4a+1}\right)^2+\left(\sqrt{4b+1}\right)^2+\left(\sqrt{4c+1}\right)^2\right]\)
\(\ge\left(\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}\right)^2\le3\left(4a+1+4b+1+4c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow VT^2\le21\)
\(\Rightarrow VT^2< 25\)
\(\Rightarrow VT< 5\)
Vậy \(\sqrt{4a+1}+\sqrt{4c+1}+\sqrt{4b+1}< 5\)
H
0
Ỏ
Bạn tốt qá he
\(x,y \geq 0\)