cho a,b,c ko âm thỏa ab+bc+ca=1 .tìm Min \(\sum\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}\)
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
7 tháng 1 2018
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}=1\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x+y+z=xyz\)
\(\Rightarrow P=xy+yz+xz-\sqrt{x^2+1}-\sqrt{y^2+1}-\sqrt{z^2+1}\)
Khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow x=y=z=\sqrt{3}\Rightarrow P=3\)
Ta sẽ chứng minh \(P=3\) là giá tri nhỏ nhất của \(P\)
\(\Rightarrow BDT\Leftrightarrow xy+yz+xz-3\ge\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}\)
Ta có BĐT \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\ge\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{xz}=1\)
\(\Leftrightarrow x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge x^2y^2z^2\)
\(\Leftrightarrow\left(xy+yz+xz\right)^2\ge x^2y^2z^2+2xyz\left(x+y+z\right)\)\(=3\left(x+y+z\right)^2\)
Xét \(VT^2=\left(xy+yz+xz-3\right)^2=\left(xy+yz+xz\right)^2-6\left(xy+yz+xz\right)+9\)
\(\ge3\left(x+y+z\right)^2-6\left(xy+yz+xz\right)+9\)\(=3\left(x^2+y^2+z^2\right)+9\left(1\right)\)
Và \(VP^2\le\left(1+1+1\right)\left(x^2+y^2+z^2+3\right)=3\left(x^2+y^2+z^2\right)+9\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\) ta có ĐPCM. Vậy \(P_{min}=3\Rightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
9 tháng 1 2021
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
\(\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{8}+\dfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{8}+\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{3}{4}\). (1)
Đặt \(\sqrt{a^2+b^2+c^2}=t\Rightarrow\sqrt{\dfrac{4}{3}}\le t\le2\).
\(\dfrac{3\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{4}+\dfrac{ab+bc+ca}{2}=\dfrac{3t}{4}+\dfrac{4-2t^2}{4}=\dfrac{\left(2-t\right)\left(2t+1\right)}{4}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{3}{2}\). (2)
Cộng vế với vế của (1), (2) ta được \(P\ge\dfrac{9}{4}\).
...
14 tháng 1 2021
Ta có: \(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\sqrt{3};\sqrt{a^2+b^2+c^2}\le\sqrt{\left(a+b+c\right)^2}=3\).
Đặt \(\sqrt{a^2+b^2+c^2}=t\) \((\sqrt{3}\leq t\leq 3)\).
Ta có: \(P=t+\dfrac{9-t^2}{4}+\dfrac{1}{t^2}=\dfrac{4t^3+9t^2-t^4+4}{4t^2}\).
\(\Rightarrow P-\dfrac{28}{9}=\dfrac{\left(3-t\right)\left(9t^3-9t^2+4t+12\right)}{36}\).
Do \(\sqrt{3}\le t\le3\) nên \(3-t\geq 0\); \(9t^3-9t^2+4t+12>4t+12>0\).
Nên \(P\ge\dfrac{28}{9}\).
Đẳng thức xảy ra khi t = 3, tức (a, b, c) = (0; 0; 3) và các hoán vị.
Vậy...
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:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
23 tháng 6 2017
$\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\geq ab+bc+ca+2$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
12 tháng 5 2017
Do 1/b+1/c=3/4-1/a suy ra \(\sum\) (1a/)=3/4
Ta có \(\dfrac{\sqrt{b^2+bc+c^2}}{a^2}\)= \(\dfrac{\sqrt{\left(b+c\right)^2-bc}}{a^2}\ge\dfrac{\sqrt{\left(b+c\right)^2-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}}}{a^2}=\dfrac{\sqrt{3}\left(b+c\right)}{2a^2}\)
Tương tự ta được:
P\(\ge\) \(\sqrt{3}\) \(\left(\sum\dfrac{b+c}{a^2}\right)\) \(\ge\) \(\sqrt{3}\) (1/a+1/b+1/c) \(\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{4}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) a=b=c=4
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 3 2023
\(Q=\dfrac{2a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)
\(=\dfrac{2a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\dfrac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{c}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{2a}{a+b}.\dfrac{2a}{a+c}}+\sqrt{\dfrac{2b}{a+b}.\dfrac{b}{2\left(b+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+c}.\dfrac{c}{2\left(b+c\right)}}\)
\(\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2a}{a+b}+\dfrac{2a}{a+c}+\dfrac{2b}{a+b}+\dfrac{b}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{2c}{a+c}+\dfrac{c}{2\left(b+c\right)}\right)\)
\(=\dfrac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{7}{\sqrt{15}};\dfrac{1}{\sqrt{15}};\dfrac{1}{\sqrt{15}}\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
10 tháng 1 2021
\(a^2-ab+b^2=\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow P\le\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
23 tháng 1 2021
1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 1 2021
2.
\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)
Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)
\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )
\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)
\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)
3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)
\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)
\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)
Bữa trước ko để ý a,b,c ko âm với ngược dấu sai thê thảm =))
Dự đoán \(a=b=1\) và \(c=0\) thì tính được \(2+\frac{1}{\sqrt2}\)
Ta sẽ chứng minh nó là GTNN.Thật vậy cần chứng minh
\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2}}+\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+c^2}}\ge2+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
Khôn mất tính tổng quá giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\). Khi đó:
\(\dfrac{ab+ac+bc}{a^2+b^2}-\dfrac{(a+c)(b+c)}{(a+c)^2+(b+c)^2}=\dfrac{c(a+b+2c)(2ab+ac+bc)}{a^2+b^2)((a+c)^2+(b+c)^2}\ge0\)
Tương tự cũng có:
\(\dfrac{ab+ac+bc}{a^2+c^2}-\dfrac{b+c}{a+c}=\dfrac{c(2ab+ac-c^2)}{(a+c)(a^2+c^2)}\ge0\)
Và \(\dfrac{ab+ac+bc}{b^2+c^2}-\dfrac{a+c}{b+c}=\dfrac{c(2ab+bc-c^2)}{(b+c)(b^2+c^2)}\ge0\)
Đặt \(\dfrac{a+c}{b+c}=x^2;\dfrac{b+c}{a+c}=y^2\left(x,y>0\right)\)\(\Rightarrow xy=1\) và ta có:
\(x+y+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\ge2+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
\(\Leftrightarrow x+y-2\sqrt{xy}\ge\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\)
\(\Leftrightarrow(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\ge\dfrac{(x-y)^2}{\sqrt{2(x^2+y^2)}(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2})}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2(x^2+y^2)}(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2})\ge(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\sqrt{2(x^2+y^2)}=\sqrt{(1^2+1^2)(x^2+y^2)}\ge x+y\)
\(=\dfrac{1}{2}(1^2+1^2)((\sqrt{x})^2+(\sqrt{y})^2)\ge\dfrac{1}{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2\)
Vậy cần chứng minh \(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}\ge2\)
Đúng theo AM-GM:\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}\ge\sqrt{2xy}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}>2\)
Cho e góp ý tí nhá:
Từ bước
\(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\ge\dfrac{\left(x-y\right)^2}{\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\left(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\left(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}\right)\ge\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2\)
Thì bác chia 2 vế cho \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)đúng không. Nhưng mà ngoặc nỗi \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\)nó lại là 0 vì thế nên không thể chia cho nó được.