Chủ đề này có 7 trả lời

[Nguyen Minh Hai]

Cho $a,b,c \geq 0$ thõa mãn $a+b+c=1$.

Chứng minh: $\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\geq 2$

[olympiachapcanhuocmo]

Ta có : $\sum x\doteq \sum x.\sum x^{^{2}}\geq \sum x\sum x^{3}\geq \left ( \sum x^{^{2}} \right )^{2}=1$ với $\forall \left\{\begin{matrix}x \geq 0,y\geq 0,z\geq 0 & & \\ & & \end{matrix}\right.\sum x^{2}=1$

 

Do đó :$\sum \sqrt{a+b^{2}}\geq \sum (\sqrt{a}+b)= 1+\sum \sqrt{a}\geq 2$

[the man]

Ta có : $\sum x\doteq \sum x.\sum x^{^{2}}\geq \sum x\sum x^{3}\geq \left ( \sum x^{^{2}} \right )^{2}=1$ với $\forall \left\{\begin{matrix}x \geq 0,y\geq 0,z\geq 0 & & \\ & & \end{matrix}\right.\sum x^{2}=1$

 

Do đó :$\sum \sqrt{a+b^{2}}\geq \sum (\sqrt{a}+b)= 1+\sum \sqrt{a}\geq 2$

Linh tinh quá  

MOD: Spam

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 25 minutes: 23-06-2015 - 14:17

[binhnhaukhong]

Cho $a,b,c \geq 0$ thõa mãn $a+b+c=1$.

Chứng minh: $\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}+\sqrt{c+a^2}\geq 2$

Đầu tiên hãy chứng minh:

 

$\sqrt{a+b^2}+\sqrt{b+c^2}\geq a+b+\sqrt{c+b^2}$ với giả thiết $a+b+c=1$

 

Mở rộng:Từ bổ đề trên ta có 1 kết quả cùng dạng có tính ứng dụng cao:

 

$\sqrt{x+k^2}+\sqrt{y+k^2}\geq k+\sqrt{x+y+k^2}$ ($x,y$ cùng dấu).

 

Ví dụ: Với $a,b,c$ không âm có tổng bằng 1.Chứng minh:

 

$\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}\geq \sqrt{5}+2$

 

VD2:Cho $a,b,c$ không âm thay đổi thỏa mãn: 

$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{2c+1}= 5$

 

Tìm GTLN $P=2a^3+b^3+c^3$

 

Bổ đề trên rất có ích và theo cá nhân mình thì hoàn toàn có thể áp dụng trong 1 bài thi THPTQG.

[25 minutes]

Ta có : $\sum x\doteq \sum x.\sum x^{^{2}}\geq \sum x\sum x^{3}\geq \left ( \sum x^{^{2}} \right )^{2}=1$ với $\forall \left\{\begin{matrix}x \geq 0,y\geq 0,z\geq 0 & & \\ & & \end{matrix}\right.\sum x^{2}=1$

 

Do đó :$\sum \sqrt{a+b^{2}}\geq \sum (\sqrt{a}+b)= 1+\sum \sqrt{a}\geq 2$

Mình thấy cách của bạn đúng và khá hay, nhưng bạn viết như thế này thực sự khá khó theo dõi và hiểu.

Bạn có thể làm chi tiết 1 chút không ( hạn chế dùng $\sum$, trừ những công thức quá phức tạp )

[Nguyen Minh Hai]

Ta có : $\sum x\doteq \sum x.\sum x^{^{2}}\geq \sum x\sum x^{3}\geq \left ( \sum x^{^{2}} \right )^{2}=1$ với $\forall \left\{\begin{matrix}x \geq 0,y\geq 0,z\geq 0 & & \\ & & \end{matrix}\right.\sum x^{2}=1$

 

Do đó :$\sum \sqrt{a+b^{2}}\geq \sum (\sqrt{a}+b)= 1+\sum \sqrt{a}\geq 2$

Chỗ màu đỏ í....hình như sai thì phải. 

$\sqrt{a+b^2} \geq \sqrt{a}+b \Leftrightarrow \sqrt{a}b \leq 0 ???????$ 

[Issac Newton of Ngoc Tao]

Ta có : $\sum x\doteq \sum x.\sum x^{^{2}}\geq \sum x\sum x^{3}\geq \left ( \sum x^{^{2}} \right )^{2}=1$ với $\forall \left\{\begin{matrix}x \geq 0,y\geq 0,z\geq 0 & & \\ & & \end{matrix}\right.\sum x^{2}=1$

 

Do đó :$\sum \sqrt{a+b^{2}}\geq \sum (\sqrt{a}+b)= 1+\sum \sqrt{a}\geq 2$

Dòng cuối bị sai rồi bạn ơi: Mình nghĩ phải là  $\geq \frac{\sqrt{a}+b}{\sqrt{2}}$

[dogsteven]

Giả sử $x=\text{min}\{x,y,z\}. $Bất đẳng thức được viết lại như sau: $\sum \sqrt{x^2+y^2+xy+xz}\geqslant 2$

Ta sẽ chứng minh: $\sqrt{y^2+z^2+yz+yx}+\sqrt{z^2+x^2+zx+zy}\geqslant \sqrt{y^2+z^2+2yz}+\sqrt{x^2+z^2+xy+xz}$

Bình phương và thu gọn ta được bất đẳng thức tương đương: $y(x-y)(x-z)\geqslant 0$ luôn đúng.

Do đó ta cần chứng minh: $\sqrt{x+y^2}+\sqrt{x+z^2}\geqslant 2x+y+z$

Áp dụng bất đẳng thức Minkovsky: $VT\geqslant \sqrt{4x+(y+z)^2}=\sqrt{4x^2+4x(y+z)+(y+z)^2}=2x+y+z$