Cho \(a,b,c\ge0\)CMR:
a/ \(\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}+\sqrt{c+2}\le6\)
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
15 tháng 9 2021
\(a+b+c=3\\ \Leftrightarrow a\left(b+c+2\right)=ab+ac+a+b+c+1=\left(a+1\right)\left(b+c+1\right)\)
Tương tự:
\(b\left(c+a+2\right)=\left(b+1\right)\left(a+c+1\right)\\ c\left(a+b+2\right)=\left(c+1\right)\left(a+b+1\right)\)
Áp dụng BĐT cosi:
\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a+1\right)\left(b+c+1\right)\le\dfrac{\left(a+1+b+c+1\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\\\left(b+1\right)\left(a+c+1\right)\le\dfrac{\left(b+1+a+c+1\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\\\left(c+1\right)\left(a+b+1\right)\le\dfrac{\left(c+1+a+b+1\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế 2 BĐT trên:
\(\Leftrightarrow\sqrt{a\left(b+c+2\right)}+\sqrt{b\left(c+a+2\right)}+\sqrt{c\left(a+b+2\right)}\le2+2+2=6\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
LS
15 tháng 9 2021
anh oi, tại sao chỗ a(b + c + 2) = ab + ac + a + b + c + 1 được ạ? :<
5 tháng 8 2017
Vì A,b,c.0 va a+b+c=0
Suy ra th1a=1; b=0;c=0
th2 a=0;b=1;c=0
th3 a=0;b=0;c=0
Dawt
<=> (a+b)^2+(b+c)+(c+a)^2<=36
<=>a^2+2ab+b^2+b^2+2bc+c^2+c^2+2ac+a^2<=36
<=>2(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ac)<=36
<=>2(a(a+b)+(b(b+c)+c(c+a)<=36
Thay số Vào ta thấy Cả 3 trường hợp đều tm
Mk nghĩ ko có cho bài giải naytương lại đâu
5 tháng 8 2017
6 hay \(\sqrt{6}\)vậy bạn? Khi thay \(a=b=c=\frac{1}{3}\)thì nó ra \(\sqrt{6}\)cơ
Y
4
31 tháng 5 2021
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có:
\(\left(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\right)\left(a\left(a^2+8bc\right)+b\left(b^2+8ca\right)+c\left(c^2+8ab\right)\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\).
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\left(a+b+c\right)^3\ge a\left(a^2+8bc\right)+b\left(b^2+8ca\right)+c\left(c^2+8ab\right)\Leftrightarrow3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge24abc\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\). Đây là một bđt rất quen thuộc
1 tháng 6 2021
Không Holder thì Svacxo nha :v
Áp dụng BĐT Svacxo ta có :
\(\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}}\)
Ta có sẽ đi chứng minh :
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}\le\left(a+b+c\right)^2\)
Thật vậy theo Bunhiacopxki có :
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}=\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{c^3+8abc}\)
\(\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}\)
Ta lại đi chứng minh :
\(a^3+b^3+c^3+24abc\le\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow24abc\le3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\) ( Đây là BĐT đúng )
Do đó nhân vào ta có đpcm.
L
1
VT
20 tháng 11 2017
đặt A=...
Áp dúng bất đẳng thức bu nhi a ta có
\(A^2\le3\left(1+a^2+2bc+1+b^2+2ac+1+c^2+2ab\right)=3\left[\left(a+b+c\right)^2+3\right]\)
=> \(A^2\le36\Rightarrow A\le6\) (ĐPCM)
dấu = xảy ra <=> a=b=c=1
25 tháng 8 2019
A=\(\left(\frac{x+2}{x\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{1-\sqrt{x}}\right):\frac{\sqrt{x}-1}{2}\) (đk: \(x\ge0,x\ne1\))
= \(\left(\frac{x+2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}+\frac{-x-\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\right):\frac{\sqrt{x}-1}{2}\)
=\(\frac{x+2+x-\sqrt{x}-x-\sqrt{x}-1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}.\frac{2}{\sqrt{x}-1}\)
=\(\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}.\frac{2}{\sqrt{x}-1}\)
= \(\frac{2.\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)
=\(\frac{2}{x+\sqrt{x}+1}\)
b,Có A= \(\frac{2}{x+\sqrt{x}+1}=\frac{2}{x+2.\frac{1}{2}.\sqrt{x}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=\frac{2}{\left(\sqrt{x}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\)
Có: \(\left(\sqrt{x}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}>0\) vs mọi x khác 1
=> \(\frac{2}{\left(\sqrt{x}+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}>0\) với mọi x khác 1
<=> A>0 vói mọi x khác 1
T
6 tháng 11 2019
Chú ý: \(\left(a^2+2b^2+c^2\right)\left(2^2+1^2+2^2\right)\ge\left(2a+2b+2c\right)^2\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+c^2\ge\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{9}\Rightarrow\sqrt{a^2+2b^2+c^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)
Tương tự: \(\sqrt{b^2+2c^2+a^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\); \(\sqrt{c^2+2a^2+b^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)
Thay vào ta có: \(VT\le\frac{3\left(3a+b+3b+c+3c+a\right)}{2\left(a+b+c\right)}=6\)(qed)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Is that true?
KN
20 tháng 2 2020
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta được:
\(\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)^2\le3\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\right)\)
Mặt khác cũng theo bđt Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\le\frac{9a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2}=\frac{9a^2}{a^2+b^2+c^2}+1\)
Hoàn toàn tương tự, ta có:
\(\frac{\left(3b+c\right)^2}{b^2+2c^2+a^2}\le\frac{9b^2}{b^2+c^2+a^2}+1\);\(\frac{\left(3c+a\right)^2}{c^2+2a^2+b^2}\le\frac{9c^2}{c^2+a^2+b^2}+1\)
Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:
\(\text{}\text{}\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3b+c\right)^2}{b^2+2c^2+a^2}\le\text{Σ}_{cyc}\frac{9b^2}{b^2+c^2+a^2}+3=9+3=12\)
Do đó \(\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)^2\le3\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\right)\le3.12=36\)
Hay \(\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)\le6\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
2 tháng 10 2021
\(1,\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(A^2=\left(\sqrt{3-x}+\sqrt{x+7}\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(3-x+x+7\right)=2\cdot10=20\)
Dấu \("="\Leftrightarrow3-x=x+7\Leftrightarrow x=-2\)
2 tháng 10 2021
\(A^2=3-x+x+7+2\sqrt{\left(3-x\right)\left(x+7\right)}\\ A^2=10+2\sqrt{\left(3-x\right)\left(x+7\right)}\ge10\)
Dấu \("="\Leftrightarrow\left(3-x\right)\left(x+7\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-7\end{matrix}\right.\)
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Chiều của BĐT là \(\le\)mà lại xuất hiện căn bậc hai nên ta sẽ nghĩ đến chuyện áp dụng BĐT Cô-si theo đánh giá từ TBN -> TBC
Ta cần tách \(\sqrt{a+2}=\sqrt{\frac{1}{k}.k\left(a+2\right)}\)Sao cho khi áp dụng Cô-si đảm bảo dấu "=" xảy ra khi \(a=2\)
Đồng thời, dấu "=" cũng xảy ra khi \(k=a+2\)hay \(k=2+2=4\)
Như vậy ta sẽ tách như sau: \(\sqrt{a+2}=\sqrt{\frac{1}{4}.4\left(a+2\right)}\le\sqrt{\frac{1}{4}}.\frac{4+a+2}{2}=\frac{1}{2}.\frac{a+6}{2}=\frac{a+6}{4}\)
Tương tự, ta có \(\sqrt{b+2}\le\frac{b+6}{4}\)và \(\sqrt{c+2}\le\frac{c+6}{4}\)
Vậy ta có \(\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}+\sqrt{c+2}\le\frac{a+6+b+6+c+6}{4}=\frac{\left(a+b+c\right)+18}{4}=\frac{6+18}{4}=6\)(vỉ \(a+b+c=6\)) \(\Leftrightarrow\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}+\sqrt{c+2}\le6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}4=a+2\\4=b+2\\4=c+2\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=2\)
sorry, mình sẽ ghi lại đề:
\(a,b,c>0\)thỏa mãn \(a+b+c=6\)
CMR: \(\sqrt{a+2}+\sqrt{b+2}+\sqrt{c+2}\le6\)