cho a,b,c >0 và a+b+c=3 .chứng minh \(\dfrac{1}{\sqrt{2a^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2b^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2c^2+1}}\ge\sqrt{3}\)
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
15 tháng 1 2021
\(\dfrac{\sqrt{b^2+a^2+a^2}}{ab}\ge\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}\left(b+a+a\right)^2}}{ab}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}\right)\) ; \(\dfrac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ac}\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{3}{c}\right)=\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=1980\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{3}{1980}\)
8 tháng 4 2021
b, \(\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}\ge1\)
\(\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ac+2bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac+2ac+2ab+2bc}\)( Bunhia dạng phân thức )
mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{3+2\left(ab+ac+bc\right)}=\frac{9}{3+6}=1\)( đpcm )
9 tháng 5 2021
1.
Điều kiện .
Phương trình tương đương với \\
Với ta có:
.
Suy ra .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2.
Đặt
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương và ta có
.
Tương tự , .
Cộng các vế ta có .
Mà nên (ta có đpcm).
7 tháng 8 2017
Bài 3:
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM có:
\(x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge2\sqrt{x.\dfrac{1}{x}}+2\sqrt{y.\dfrac{1}{y}}+2\sqrt{z.\dfrac{1}{z}}\)
\(=2+2+2=6\)
Dấu " = " khi x = y = z = 1
Vậy...
T
7 tháng 8 2017
3. Với x,y,z>0 áp dụng BĐT Cauchy ta có
\(x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\)
\(=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+\left(y+\dfrac{1}{y}\right)+\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\)
\(\ge2\sqrt{x.\dfrac{1}{x}}+2\sqrt{y.\dfrac{1}{y}}+2\sqrt{z.\dfrac{1}{z}}=2+2+2=6\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{x}\\y=\dfrac{1}{y}\\z=\dfrac{1}{z}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1\)
1. Với a=b=c=0, ta thấy BĐT trên đúng
Với a,b,c>0 áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương
\(a^3+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{a^3.a^3.b^3}=3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\) (1)
\(b^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{b^3.b^3.c^3}=3\sqrt[3]{b^6c^3}=3b^2c\) (2)
\(c^3+c^3+a^3\ge3\sqrt[3]{c^3.c^3.a^3}=3\sqrt[3]{c^6a^3}=3c^2a\) (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế:
\(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a>\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{3}\) (vì a,b,c>0)
Do đó BĐT trên đúng \(\forall a,b,c\ge0\)
6 tháng 5 2017
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a-\dfrac{a^2}{a+b^2}=\dfrac{ab^2}{a+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2b\sqrt{a}}=\dfrac{b\sqrt{a}}{2}\)
Tương tự cho các BĐT còn lại cũng có:
\(b-\dfrac{b^2}{b+c^2}\le\dfrac{c\sqrt{b}}{2};c-\dfrac{c^2}{c+a^2}\le\dfrac{a\sqrt{c}}{2}\)
Sau đó cộng theo vế các BĐT trên
\(\dfrac{a^2}{a+b^2}+\dfrac{b^2}{b+c^2}+\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge3-\dfrac{1}{2}\left(b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\right)\)
\(\ge3-\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge3-\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a+b+c\right)\cdot\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{\sqrt{3a^2\left(2b^2+2c^2-a^2\right)}}\)
\(\ge\dfrac{\sqrt{3}a^2}{\dfrac{3a^2+2b^2+2c^2-a^2}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự cho các BĐT còn lại ta có:
\(\dfrac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}b^2}{a^2+b^2+c^2};\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 5 2021
Áp dụng BĐT: \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) ta có:
\(a+b+b\ge\dfrac{1}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{b}\right)^2\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a+2b}{3}}\ge\dfrac{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}{3}\)
Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{b+2c}{3}}\ge\dfrac{\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{3}\) ; \(\sqrt{\dfrac{c+2a}{3}}\ge\dfrac{\sqrt{c}+2\sqrt{a}}{3}\)
Cộng vế với vế và rút gọn:
\(\sqrt{\dfrac{a+2b}{3}}+\sqrt{\dfrac{b+2c}{3}}+\sqrt{\dfrac{c+2a}{3}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\) (đpcm)
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:
\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)
2 tháng 8 2017
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
2 tháng 8 2017
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)
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:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
