Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta đặt:
\(\left\{{}\begin{matrix}x=a-1\\y=b-2\\z=c-3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z=3\) và \(x,y,z\ge0\) (*)
Biểu thứ P trở thành:
\(P=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)
Từ (*) dễ thấy:
\(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le3\\0\le y\le3\\0\le z\le3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le\sqrt{3x}\\0\le y\le\sqrt{3y}\\0\le z\le\sqrt{3z}\end{matrix}\right.\)
Do đó:
\(P\ge\dfrac{x+y+z}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Dầu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(3;0;0\right)=\left(0;3;0\right)=\left(0;0;3\right)\)
\(M=\sqrt{a^2+2ab+b^2+b^2}+\sqrt{b^2+2bc+c^2+c^2}+\sqrt{c^2+2ca+a^2+a^2}\)
\(M=\sqrt{\left(a+b\right)^2+b^2}+\sqrt{\left(b^{ }+c\right)^2+c^2}+\sqrt{\left(c+a\right)^2+a^2}\)
\(M\ge\sqrt{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\sqrt{\left[2\left(a+b+c\right)\right]^2+3^2}\ge\sqrt{6^2+3^2}\ge3\sqrt{5}\)
\(dấu\)\("="xảy\) \(ra\) \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cách khác:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$5(a^2+2ab+2b^2)=[(a+b)^2+b^2](2^2+1^2)\geq [2(a+b)+b]^2$
$\Rightarrow \sqrt{5(a^2+2ab+b^2)}\geq 2a+3b$
Tương tự với các căn thức còn lại và cộng theo vế:
$M\sqrt{5}\geq 5(a+b+c)$
$\Leftrightarrow M\geq \sqrt{5}(a+b+c)=3\sqrt{5}$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Èo, căng thế:
BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\Sigma a+\Sigma\sqrt{ab}\)(chú ý cái giả thiết a + b + c = 1)
Thật vậy áp dụng BĐT Bunyakovski: \(\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}=\sqrt{\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]}\)
\(\ge\sqrt{\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{bc}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\). Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế có ngay đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)
Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))
Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\); \(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)
Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
cho a;b;c là các số thực dương thảo mãn a+b+c=3.CMR:\(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+\sqrt{abc}\ge4\)
Mình ko biết chắc đúng hết không,có gì mong bạn góp ý cho mình nha:
Ta có \(a+b+c=3\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow3\ge3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow1\ge\sqrt[3]{abc}\)
\(\Leftrightarrow1\ge abc\)
Ta có:\(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{\left(abc\right)^2}}=3\sqrt[3]{abc}=3\left(1\right)\)
Ta lại có \(\sqrt{abc}\ge\sqrt{1}=1\left(2\right)\)
Cộng \(\left(1\right)vs\left(2\right)\)lại ta có \(đpcm\)
Dấu \("="\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Do \(a\geq 1; b\geq 2; c\geq 3\Rightarrow a-1, b-2, c-3\geq 0\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm ta có:
\(\left\{\begin{matrix} (a-1)+4\geq 2\sqrt{4(a-1)}=4\sqrt{a-1}\\ (b-2)+9\geq 2\sqrt{9(b-2)}=6\sqrt{b-2}\\ (c-3)+16\geq 2\sqrt{16(c-3)}=8\sqrt{c-3}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
\(a+b+c+23\geq 4\sqrt{a-1}+6\sqrt{b-2}+8\sqrt{c-3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a-1=4\\ b-2=9\\ c-3=16\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=5\\ b=11\\ c=19\end{matrix}\right.\)