Cho a+b+c=1. CMR : \(a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\le1\)
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
MN
0
19 tháng 8 2019
2.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :
\(\left(1+9^2\right)\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow82\cdot\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{82}\cdot\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}\ge x+\frac{9}{x}\)
Tương tự ta cũng có :
\(\sqrt{82}\cdot\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}\ge y+\frac{9}{y}\)
\(\sqrt{82}\cdot\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge z+\frac{9}{z}\)
Cộng theo vế của các bất đẳng thức ta được :
\(\sqrt{82}\cdot\left(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\right)\ge x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{82}\cdot P\ge x+\frac{9}{x}+y+\frac{9}{y}+z+\frac{9}{z}\)(1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(x+\frac{9}{x}+y+\frac{9}{y}+z+\frac{9}{z}=81x+\frac{9}{x}+81y+\frac{9}{y}+81z+\frac{9}{z}-80x-80y-80z\)
\(\ge2\sqrt{\frac{81x\cdot9}{x}}+2\sqrt{\frac{81y\cdot9}{y}}+2\sqrt{\frac{81z\cdot9}{z}}-80\left(x+y+z\right)\)
\(\ge2\sqrt{729}+2\sqrt{729}+2\sqrt{729}-80\cdot1\)
\(=82\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{82}\cdot P\ge82\)
\(\Leftrightarrow P\ge\sqrt{82}\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)
19 tháng 8 2019
1.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
\(\frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c}\)
\(=a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+c+\frac{1}{c}\)
\(=9a+\frac{1}{a}+9b+\frac{1}{b}+9c+\frac{1}{c}-8a-8b-8c\)
\(\ge2\sqrt{\frac{9a}{a}}+2\sqrt{\frac{9b}{b}}+2\sqrt{\frac{9c}{c}}-8\left(a+b+c\right)\)
\(\ge3\cdot2\sqrt{9}-8=10\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
NH
0
DT
0
NK
1
28 tháng 1 2018
Áp dụng bđt (x+y+z)^2 >= xy+yz+zx với x,y,z > 0 ta có:
(ab+bc+ca)^2 >= 3.(ab.bc+bc.ca+ca.ab) = 3abc.(a+b+c) = 3abc ( vì a+b+c = 1 )
=> a^2+b^2+c^2+2\(\sqrt{3abc}\)< = a^2+b^2+c^2+2\(\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)= a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) = (a+b+c)^2 = 1
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1/3
Vậy GTNN của a^2+b^2+c^2+2\(\sqrt{3abc}\)= 1 <=> a=b=c=1/3
Tk mk nha
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
$(a^3+1)(a+1)\geq (a^2+1)^2\Rightarrow a^3+1\geq \frac{(a^2+1)^2}{a+1}; a+1\leq \sqrt{2(a^2+1)}$
$\Rightarrow \frac{a^3+1}{b\sqrt{a^2+1}}\geq \frac{\sqrt{(a^2+1)^3}}{b(a+1)}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}$
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}$
Bài toán sẽ được chứng minh khi ta chỉ ra được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}\geq \sqrt{2}(a+b+c)$
$\Leftrightarrow \frac{a^2+1}{b}+\frac{b^2+1}{c}+\frac{c^2+1}{a}\geq 2(a+b+c)$
$\Leftrightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)(*)$
Thật vậy, theo BĐT AM-GM:
$ab^3+bc+a^2b^2c^2\geq 3ab^2c$. Tương tự với $bc^3+ca+a^2b^2c^2\geq 3abc^2; ca^3+ab+a^2b^2c^2\geq 3a^2bc$
Cộng theo vế và thu gọn:
$ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 3abc(a+b+c-abc)(1)$
Mà: $(a+b+c)^3\geq 27abc\geq 27(abc)^3$ (do $abc\leq 1$) nên $a+b+c\geq 3abc(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)$. BĐT $(*)$ được chứng minh.
Bài toán hoàn tất.
NK
2
31 tháng 3 2017
Bài 2:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)
Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)
Thiết lập các BĐT tương tự:
\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)
Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM
Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !
31 tháng 3 2017
1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)
\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)
Ta cần chứng minh
\(\left(a+b+c\right)^2\ge a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3\left(a+b+c\right)abc}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)abc}\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-abc^2-bca^2-cab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2+\left(ca-ab\right)^2\ge0\) (đúng)