cho a,b,c \(\ge\)0 thỏa a+b+c=1.CMR
\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 2 2020
Trong câu hỏi tương tự có người làm rồi đó bạn:
https://hoc24.vn/hoi-dap/question/513461.html
T
20 tháng 9 2019
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 8 2021
\(\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{1+ab-c^2}}=\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+ab}}=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+2c^2\right)}}\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)
\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+a^2+b^2+2c^2}=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
21 tháng 6 2017
Ta chứng minh
\(\sqrt{a+bc}\ge1a+\sqrt{bc}\)
\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)
\(\Leftrightarrow a\left(1-a-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)(đúng)
Từ đây ta suy ra được
\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
TA
21 tháng 6 2017
Áp dụng BĐT Bunhiakovsky:
\(\sqrt{a+bc}=\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
\(\ge\sqrt{\left(\sqrt{a}.\sqrt{a}+\sqrt{b}.\sqrt{c}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\) (1)
Tương tự: \(\sqrt{b+ca}\ge b+\sqrt{ca}\) (2)
và: \(\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\) (3)
Cộng (1), (2) và (3), kết hợp với a+b+c=1 ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) ... \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 5 2020
\(\sqrt{a+bc}=\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\ge\sqrt{\left(a+\sqrt{bc}\right)^2}=a+\sqrt{bc}\)
Tương tự: \(\sqrt{b+ac}\ge b+\sqrt{ac}\) ; \(\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow VT\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow VT\ge a+b+c=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
6 tháng 12 2015
\(\sqrt{a+bc}=\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}=\sqrt{a^2+a\left(b+c\right)+bc}\ge\sqrt{a^2+2a\sqrt{bc}+bc}=a+\sqrt{bc}\)
Tương tự: \(\sqrt{b+ac}\ge b+\sqrt{ca};\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Ta chứng minh: \(\sqrt{a+bc}\ge a+\sqrt{bc}\)
Thật vậy, ta có:
\(a+bc\ge a^2+2a\sqrt{bc}+bc\)
\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)
\(\Leftrightarrow1\ge a+2\sqrt{bc}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge a+2\sqrt{bc}\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge2\sqrt{bc}\)(Đúng theo Cauchy)
Tương tự: \(\sqrt{b+ca}\ge b+\sqrt{ca}\)
\(\sqrt{c+ab}\ge c+\sqrt{ab}\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh ta được đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)