cho a,b,c > 0 và a+b+c = 3. cmr: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\)
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
NT
2
3 tháng 8 2018
áp dụng cô si ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge2\sqrt{ab}\\b+c\ge2\sqrt{bc}\\c+a\ge2\sqrt{ca}\end{matrix}\right.\)
cộng quế theo quế ta có : \(2a+2b+2c\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)
3 tháng 8 2018
Cách khác :3
\(a+b+c\text{≥}\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\)
⇔ \(2\left(a+b+c\right)\text{≥}2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\)
⇔ \(a-2\sqrt{ab}+b+b-2\sqrt{bc}+c+c-2\sqrt{ac}+a\text{ ≥}0\)
⇔\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2\text{≥}0\left(luôn-đg\right)\)
\("="\text{⇔}a=b=c\)
UK
11 tháng 12 2017
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 \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
H
1
14 tháng 10 2018
Ta có: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9\)(*) (Do a+b+c = 3)
Ta sẽ c/m BĐT (*) luôn đúng. Thật vậy:
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số không âm:
\(a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\ge3\sqrt[3]{a^2\sqrt{a}.\sqrt{a}}=3a\Rightarrow a^2+2\sqrt{a}\ge3a\)
Tương tự: \(b^2+2\sqrt{b}\ge3b;c^2+2\sqrt{c}\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế thì có: \(a^2+b^2+c^2+2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
=> BĐT (*) luôn đúng với mọi a,b,c > 0 t/m a+b+c=3 => BĐT ban đầu đúng
\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca\) (đpcm).
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
DU
2
RD
9 tháng 12 2018
a)Bunhia:
\(\left(1+2\right)\left(b^2+2a^2\right)\ge\left(1.b+\sqrt{2}.\sqrt{2}a\right)^2=\left(b+2a\right)^2\)
b)\(ab+bc+ca=abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)
Áp dụng bđt câu a
=>VT\(\ge\)\(\dfrac{b+2a}{\sqrt{3}ab}+\dfrac{c+2b}{\sqrt{3}bc}+\dfrac{a+2c}{\sqrt{3}ca}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}=3=VP\)
Tự tìm dấu "="
9 tháng 12 2018
Nguyễn Việt LâmMashiro ShiinaBNguyễn Thanh HằngonkingCẩm MịcFa CTRẦN MINH HOÀNGhâu DehQuân Tạ MinhTrương Thị Hải Anh
8 tháng 1 2020
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geq 3a$
$\sqrt{b}+\sqrt{b}+b^2\geq 3b$
$\sqrt{c}+\sqrt{c}+c^2\geq 3c$
Cộng theo vế thu được:
$2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ac$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$