Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có ; \(\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\\\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\\\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ac}\end{cases}}\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\)
a) \(a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
<=> \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng )
=> đpcm
b) \(\sqrt{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{a+b}{2}^2}\ge\left(\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\right)^2\)
<=> \(\dfrac{a+b}{2}\ge\dfrac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}\)
<=> \(\dfrac{2a+2b}{4}\ge\dfrac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}\Leftrightarrow2a+2b\ge a+b+2\sqrt{ab}\)
<=> \(2a+2b-a-b-2\sqrt{ab}\ge0\)
<=> \(a-2\sqrt{ab}+b\ge0\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
=> đpcm
\(\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}\)
\(=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(b-c\right)^2+\frac{3}{4}\left(b+c\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{4}\left(c-a\right)^2+\frac{3}{4}\left(c+a\right)^2}\)
\(\ge\sqrt{\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(b+c\right)^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(c+a\right)^2}\)
\(=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Ta có bất đẳng thức phụ sau
\(a^2+ab+b^2\ge\frac{3}{4}.\left(a+b\right)^2\) (Chứng minh thì biến đổi tương đương là được)
Ta có :
\(\Sigma\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\Sigma\sqrt{\dfrac{3}{4}\left(a+b\right)^2}=\sqrt{3}.\Sigma\dfrac{a+b}{2}=\sqrt{3}\left(a+b+c\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
Ta có :
\(a-\sqrt{a}+\frac{1}{4}=\left(\sqrt{a}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall a\ge0\Rightarrow a+\frac{1}{4}\ge\sqrt{a}\)
\(b-\sqrt{b}+\frac{1}{4}=\left(\sqrt{b}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall b\ge0\Rightarrow b+\frac{1}{4}\ge\sqrt{b}\)
\(\Rightarrow a+\frac{1}{4}+b+\frac{1}{4}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Rightarrow a+b+\frac{1}{2}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)(đpcm)
ta có a>=b>=0 =>\(ab\ge b^2\)=>\(\sqrt{ab}\ge b\)
\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\le a-b\Rightarrow a+b-2\sqrt{ab}\le a-b\)
=>\(2b-2\sqrt{ab}=< 0\)
luôn đúng(cmt)=>dpcm
Cả 2 vế đều không âm nên bình phương hai vế ta được bất đẳng thức tương đương. Điều phải chứng minh tương đương với:
\(\dfrac{a+b}{2}\ge\dfrac{a+2\sqrt{ab}+b}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{2}-\dfrac{a+2\sqrt{ab}+b}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-2\sqrt{ab}+b}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(\sqrt{a}\right)^2-2\sqrt{a}\sqrt{b}+\left(\sqrt{b}\right)^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{4}\ge0\)
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Áp dụng bđt thức svacxo: \(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}\ge\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{y_1+y_2}\) (1)
CM bđt đúng: Áp dụng bđt bunhiacopxki, ta có: (với y1; y2 > = 0)
\(\left[\left(\frac{x_1}{\sqrt{y_1}}\right)^2+\left(\frac{x_2}{\sqrt{y_2}}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{y_1}\right)^2+\left(\sqrt{y_2}\right)^2\right]\ge\left(\frac{x_1}{\sqrt{y_1}}.\sqrt{y_1}+\frac{x_2}{\sqrt{y_2}}.\sqrt{y_2}\right)^2\)
\(\ge\left(x_1+x_2\right)^2\) => \(\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}\ge\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{y_1+y_2}\) (đpcm)
Ta có: \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\) => \(\sqrt{a^2+b^2}\ge\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=\frac{a+b}{\sqrt{2}}\)(Vì a,b > = 0) (1)
CMTT: \(\sqrt{b^2+c^2}\ge\frac{b+c}{\sqrt{2}}\) (2)
\(\sqrt{c^2+a^2}\ge\frac{a+c}{\sqrt{2}}\) (3)
Từ (1) ; (2) và (3) ta có: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\frac{a+b}{\sqrt{2}}+\frac{b+c}{\sqrt{2}}+\frac{a+c}{\sqrt{2}}\)
\(S\ge\frac{a+b+b+c+c+a}{\sqrt{2}}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}=\sqrt{18}\)(Đpcm)
Ta chứng minh BĐT Minkowski: \(\sqrt{m^2+n^2}+\sqrt{p^2+q^2}\ge\sqrt{\left(m+p\right)^2+\left(n+q\right)^2}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(m^2+n^2\right)+\left(p^2+q^2\right)+2\sqrt{\left(m^2+n^2\right)\left(p^2+q^2\right)}\ge m^2+p^2+2mp+n^2+q^2+2nq\)\(\Leftrightarrow\left(m^2+n^2\right)\left(p^2+q^2\right)\ge\left(mp+nq\right)^2\)(đúng theo BĐT Cauchy-Schwarz)
Áp dụng, ta được: \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2}+\sqrt{c^2+a^2}\)\(\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)^2+\left(b+c+a\right)^2}=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ta có: \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)
Dấu \(=\)khi \(a=b\ge0\).
Tương tự ta cũng có: \(b+c\ge2\sqrt{bc},c+a\ge2\sqrt{ca}\).
Cộng lại vế theo vế ta được:
\(2\left(a+b+c\right)\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
Dấu \(=\)khi \(a=b=c\).