bất đẳng thức

N

nguyenbahiep1

câu 1 Theo bunhia ta có:

[laTEX](a^2+b^2+b^2)(1^2+1^2+1^2) \geq (a+2b)^2 \Rightarrow \sqrt{a^2+2b^2} \geq \frac{a+2b}{\sqrt{3}}[/laTEX]

làm tương tự

[laTEX]VT \geq \frac{1}{\sqrt{3}}(a+2b+b+2c+c+2a) = \sqrt{3}(a+b+c)[/laTEX]

dấu = xảy ra khi a = b = c
 
S

soccan

Bài 2
Ta có $a^2+b^2 \le 2(a,b>0) \longrightarrow ab\le1$
Áp dụng BĐT B.C.S

$[a\sqrt{3a(a+2b)}+b\sqrt{3b(b+2a)}]^2 \le (a^2+b^2)(6+12ab)$

$ \Longleftrightarrow [a\sqrt{3a(a+2b)}+b\sqrt{3b(b+2a)}]^2 \le 12+24=36$

$ \Longleftrightarrow a\sqrt{3a(a+2b)}+b\sqrt{3b(b+2a} \le 6 (đpcm)$
 
Last edited by a moderator:
H

huynhbachkhoa23

Bài 1:

Theo BDT Minkovsky:

$VT \ge \sqrt{(a+b+c)^2+2(a+b+c)^2}=\sqrt{3}(a+b+c)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Bài 2:

Có $ab\le 1$

Theo BDT Cauchy:

$\sum a\sqrt{3a(a+2b)} \le \sum (2a^2+ab)=2(a^2+b^2)+2ab \le 6$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1$
 
T

transformers123

bài 2, cách khác:
theo đề bài , ta có: $ab \le 1$
ta có:
$a\sqrt{3a(a+2b)}+b\sqrt{3b(2a+b)} \le \sqrt{(a^2+b^2)(3a^2+3b^3+12ab)} = \sqrt{2.(6+12)} = 6$
xong=))
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom