Cho \(a,b,c>0\)và \(ab+bc+ca=1\). Chứng minh \(2\left(a+b+c\right)\ge\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\)
Những câu hỏi liên quan
Cho a,b,c>0 và \(ab+bc+ca\ge\frac{4}{3}\).chứng minh
\(\sqrt{a^2+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}\)
Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca \(\ge\frac{4}{3}\)
Chứng minh :
\(\sqrt{a^2+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}\)
#: Lỡ hẹn với Mincopxki rồi xài cách khác vậy :(
Đặt \(a=\frac{2x}{3};b=\frac{2y}{3};c=\frac{2z}{3}\)
Khi đó ta có \(xy+yz+xz\ge3\) và cần chứng minh
\(Σ_{cyc}\sqrt{\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:\(Σ_{cyc}\sqrt{\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}}\)
\(=\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\sqrt{\left(\frac{4}{9}+\frac{9}{25}\right)\left(\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}\right)}\ge\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\left(\frac{4x}{9}+\frac{9}{5\left(2y+3\right)}\right)\)
Giờ chỉ cần chứng minh \(\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\left(\frac{4x}{9}+\frac{9}{5\left(2y+3\right)}\right)\ge\frac{\sqrt{181}}{5}\)
\(\Leftrightarrow20\left(x+y+z\right)+81\left(\frac{1}{2x+3}+\frac{1}{2y+3}+\frac{1}{2z+3}\right)\ge\frac{543}{5}\)
Đặt tiếp \(x+y+z=3u;xy+yz+xz=3v^2\left(v>0\right)\)
Vì thế \(u\ge v\ge1\)và áp dụng BĐT C-S dạng Engel ta có:
\(20\left(x+y+z\right)+81\left(\frac{1}{2x+3}+\frac{1}{2y+3}+\frac{1}{2z+3}\right)-\frac{543}{5}\)
\(\ge20\left(x+y+z\right)+81\cdot\frac{\left(1+1+1\right)^2}{Σ_{cyc}\left(2x+3\right)}-\frac{543}{5}=60u+\frac{729}{6u+9}-\frac{543}{5}\)
\(=3\left(20u+\frac{81}{2u+3}-\frac{181}{5}\right)=\frac{6\left(u-1\right)\left(100u+69\right)}{5\left(2u+3\right)}\ge0\)
Điều này đúng tức là ta có ĐPCM
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a,b,c > 0 và ab+bc+ca=1 Chứng minh \(\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\le2\left(a+b+c\right)\)
\(VT=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\sqrt{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le_{AM-GM}\dfrac{a+b+a+c}{2}+\dfrac{b+c+b+a}{2}+\dfrac{c+a+c+b}{2}=2\left(a+b+c\right)=VP\) (đpcm)
Đúng 3
Bình luận (0)
Đầy đủ hơn 1 tí nhé
Theo gt : ab + bc + ca = 1 nên a2 + 1 = a2 + ab + bc + ca
= ( a + b )( a + c )
- Áp dụng bđt Cauchy ta có :
\(\sqrt{a^2+1}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\)
- Tương tư ta cũng có :
\(\sqrt{b^2+1}\le\frac{\left(b+a\right)+\left(b+c\right)}{2}\)và \(\sqrt{c^2+1}\le\frac{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}{2}\)
Từ đó suy ra : VT \(\le\frac{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)+\left(b+a\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}{2}\)
\(\le2\left(a+b+c\right)=VP\left(đpcm\right)\)
cho a,b,c>0 thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=2\left(ab+bc+ca\right)\)
chứng minh rằng
\(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng bđt Holder, ta có:
\(\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right).\left(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{ca}{c^2+a^2}}\right)\left[a^2b^2\left(a^2+b^2\right)+b^2c^2\left(b^2+c^2\right)+c^2a^2\left(c^2+a^2\right)\right]\ge\left(ab+bc+ca\right)^3=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{8}\)
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{a^2b^4+a^4b^2+b^2c^4+b^4c^2+c^2a^4+c^4a^2}\)
Đặt a2=x, b2=y, c2=z
=>\(VT^2\ge\frac{1}{8}.\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\)(1)
Theo bđt Schur, ta có:
\(x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\ge0\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\ge4.\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)+3xyz\)
Vì \(xyz=\left(abc\right)^2\ge0\)
=>\(\left(x+y+z\right)^3\ge4\left(x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2\right)\)
=>\(\frac{\left(x+y+z\right)^3}{x^2y+xy^2+y^2z+y^2z+z^2x+zx^2}\ge4\)
Thay vào (1)=>\(VT^2\ge\frac{1}{2}=>VT\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\)
=>ĐPCM
Đúng 0
Bình luận (0)
a,b,c>=0 mới được nhé
Đặt biểu thức là A
\(\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{ab\left(a^2+b^2\right)}}{a^2+b^2}>=\frac{\sqrt{2abab}}{a^2}=\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}\)
Dấu = xảy ra khi có một trong 2 số a,b =0 hoặc a=b.
Tương tự=> A>=\(\frac{\sqrt{2}ab}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{2}bc}{b^2+c^2}+\frac{\sqrt{2}ca}{a^2+c^2}\)
\(\sqrt{2}A>=\frac{2ab}{a^2+b^2}+\frac{2bc}{b^2+c^2}+\frac{2ca}{c^2+a^2}\)
\(\sqrt{2}A+3>=\frac{\left(a+b\right)^2}{a^2+b^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{b^2+c^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{c^2+a^2}.\)
>=\(\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=4.\)
=>A>=1/căn 2
Dấu = xảy ra khi 2 số bằng nhau, một số =0
Đúng 0
Bình luận (0)
6. Bất đẳng thức
Bài 9: Cho a, b, c, d, e in R. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. a^2+b^2+c^2ge ab+bc+ca
b. a^2+b^2+1ge ab+a+b
c. a^2+b^2+c^2+3ge2left(a+b+cright)
d. a^2+b^2+c^2ge2left(ab+bc-caright)
e. a^4+b^4+c^2+1ge2aleft(ab^2-a+c+1right)
f. frac{a^2}{4}+b^2+c^2ge ab-ac+2bc
g. a^2left(1+b^2right)+b^2left(1+c^2right)+c^2left(1+a^2right)ge6abc
h. a^2+b^2+c^2+d^2+e^2ge aleft(b+c+d+eright)
i. frac{1}{a}+frac{1}{b}+frac{1}{c}gefrac{1}{sqrt{ab}}+frac{1}{sqrt{bc}}+frac{1}{sqrt{ca}} với...
Đọc tiếp
6. Bất đẳng thức
Bài 9: Cho a, b, c, d, e \(\in\) R. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
b. \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
c. \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
d. \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(ab+bc-ca\right)\)
e. \(a^4+b^4+c^2+1\ge2a\left(ab^2-a+c+1\right)\)
f. \(\frac{a^2}{4}+b^2+c^2\ge ab-ac+2bc\)
g. \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
h. \(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)
i. \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\) với a, b, c >0
k. \(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\) với a, b, c \(\ge\)0
a.
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
(luôn đúng)
b. Áp dụng BĐT \(x^2+y^2\ge2xy\)
\(a^2+b^2\ge2ab,a^2+1\ge2a,b^2+1\ge2b\)\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+1\right)\ge2\left(ab+a+b\right)\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
c. Tương tự câu b
Áp dụng BĐT Cô si ta có
i. \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}},\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{bc}},\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{\sqrt{ca}}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\right)\)\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\)
k. Tương tự câu i
Bài 1: Cho a,b>0. Chứng minh \(\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}< \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\)
Bài 2: Cho a,b>0. Chứng minh \(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+b}}\)
Bài 3: Cho a,b,c>0. Chứng minh \(\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}+\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^2}+\frac{5a^3-c^3}{ca+3a^2}\le a+b+c\)
a) Với \(n\in N\). Chứng minh:
\(\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
b) Cho a,b,c > 0. Chứng minh:
+) Nếu \(a+b+c=\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\) thì a = b = c.
+) \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\sqrt{\dfrac{a}{c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}\).
a) CM:\(\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
\(\Leftrightarrow n+1+n=\left(n+1-n\right)\left(n+1+n\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+1=1\left(2n+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+1=2n+1\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(n+1\right)^2}+\sqrt{n^2}=\left(n+1\right)^2-n^2\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Câu b) ý 2:
Áp dụng BĐT cô si ta có :
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\\ \dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\\ \dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\\ \Leftrightarrow2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\left(\sqrt{\dfrac{a}{c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}\right)\\ \Rightarrowđpcm\)
Đúng 0
Bình luận (1)
Câu a:
VT=n+1+n=2n+1 (1)
\(VP=n^2+2n+1-n^2=2n+1\) (2)
Từ (1) và (2) => VT=VP =>đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)
Xem thêm câu trả lời
Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:frac{a^2}{sqrt{left(2a^2+b^2right)left(2a^2+c^2right)}}+frac{b^2}{sqrt{left(2b^2+c^2right)left(2b^2+a^2right)}}+frac{c^2}{sqrt{left(2c^2+a^2right)left(2c^2+b^2right)}}le1.Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng:frac{a-b}{a+2b+c}+frac{b-c}{b+2c+d}+frac{c-d}{c+2d+a}+frac{d-a}{d+2a+b}ge0.Bài 3: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:frac{sqr...
Đọc tiếp
Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!
Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).
Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng:
\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge0\).
Bài 3: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\).
Bài 4:Cho a,b,c>0, a+b+c=3. Chứng minh rằng:
a)\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge1\).
b)\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{3}{2}\).
c)\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\).
Bài 5: Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
\(\frac{2a^2+ab}{\left(b+c+\sqrt{ca}\right)^2}+\frac{2b^2+bc}{\left(c+a+\sqrt{ab}\right)^2}+\frac{2c^2+ca}{\left(a+b+\sqrt{bc}\right)^2}\ge1\).
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)
\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)
4c,
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)
Xem thêm câu trả lời
Bài 1 cho x,y,z>2014 và \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{1007}\)
chứng minh rằng \(\sqrt{x+y+z}\ge\sqrt{x-2014}+\sqrt{y-2014}+\sqrt{z-2014}\)
Bài 2
cho a,b,c>0. chứng minh rằng
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{4}{ab+bc+ca}\)
Bài 2 : đã cm bên kia
Bài 1: :|
we had điều này:
\(2=\frac{2014}{x}+\frac{2014}{y}+\frac{2014}{z}\)
\(\Leftrightarrow\frac{x-2014}{x}+\frac{y-2014}{y}+\frac{z-204}{z}=1\)
Xòng! bunyakovsky
P/s : Bệnh lười kinh niên tái phát nên ít khi ol sorry :<
Đúng 0
Bình luận (0)