Cho a, b, c là các số thỏa mãn: a+b=c. Chứng minh \(\frac{a^3-b^3}{a^3+c^3}\)= \(\frac{a-b}{a+c}\)
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
31 tháng 8 2019
\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)
Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
T
17 tháng 3 2020
Bài hay quá!
Đặt \(a=\frac{3x}{x+y+z};b=\frac{3y}{x+y+z};c=\frac{3z}{x+y+z}\left(x;y;z>0\right)\)
Sau khi quy đồng cần chứng minh:
\(2\, \left( x+y+z \right) \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)(gõ Latex, không biết ad đã fix lỗi chưa, nếu nó không hiện thì hỏi ad, đừng hỏi em!)
Hay là: \( \left( {x}^{4}y+{x}^{4}z+3\,{x}^{3}{y}^{2}- 11\,{x}^{3}yz+3\,{x}^{3}{z}^{2}+3\,{x}^{2}{y}^{3}+3\,{x}^{2}{y}^{2}z+3 \,{x}^{2}y{z}^{2}+3\,{x}^{2}{z}^{3}+x{y}^{4}-11\,x{y}^{3}z+3\,x{y}^{2} {z}^{2}-11\,xy{z}^{3}+x{z}^{4}+{y}^{4}z+3\,{y}^{3}{z}^{2}+3\,{y}^{2}{z }^{3}+y{z}^{4} \right) \geq 0 \)
Or:
\(9\, \left( 1/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+3/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) {z}^{3}+3\, \left( x-2\,z+y \right) ^{3}{z}^{2}+ \left( \left( 3/4\, \left( x-2\,z+y \right) ^{2}+1/4\, \left( -y+x \right) ^{2} \right) \left( -y+x \right) ^{2}+ \left( x-z \right) ^{ 4}+ \left( y-z \right) ^{4} \right) z+ \left( x-z \right) \left( y-z \right) \left( \left( x-z \right) ^{3}+3\, \left( x-z \right) ^{2} \left( y-z \right) +3\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) ^{2}+ 21\, \left( x-z \right) \left( y-z \right) z+ \left( y-z \right) ^{3} \right) \geq 0 \)
Cách xử trí: Nếu nó không hiện: Sau khi quy đồng, ta biến đối nó về như trong link sau: https://imgur.com/D8ScX4k
T
18 tháng 3 2020
Cách khác:
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge a^2+b^2+c^2+3\)
Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+3\)
Or \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\ge12\)
Or: \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\ge6\)
Giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)(*)
Do đó: \(VT=\frac{ab+bc+ca}{abc}+ab+bc+ca\)
\(\ge\frac{a+b+c\left(a+b\right)-1}{\frac{c\left(a+b\right)^2}{4}}+a+b+c\left(a+b\right)-1\)
\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(a+b\right)-4}{c\left(a+b\right)^2}+\left(c+1\right)\left(a+b\right)-1\)
\(=\frac{4\left(c+1\right)\left(3-c\right)-4}{c\left(3-c\right)^2}+\left(c+1\right)\left(3-c\right)-1\ge6\)
Last inequality\(\Leftrightarrow\frac{\left(2-c\right)^3\left(c-1\right)^2}{c\left(c-3\right)^2}\ge0\). Nếu c < 2 thì ta có đpcm.
Nếu \(c\ge2\)
\(VT=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)
\(>\frac{4}{a+b}+ab+c\left(a+b\right)\ge\frac{4}{a+b}+2\left(a+b\right)\ge2\sqrt{8}>3\)
16 tháng 7 2020
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
T
21 tháng 7 2020
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
KN
24 tháng 8 2020
Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge6\)
Theo giả thiết, ta có a + b + c = 3 nên\(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}=\sqrt{\frac{2\left(a+a+b+c\right)}{a+bc}}=\sqrt{2\left(\frac{a+b}{a+bc}+\frac{a+c}{a+bc}\right)}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}\)(Áp dụng bất đẳng thức \(\sqrt{2\left(x+y\right)}\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}\))
Hoàn toàn tương tự, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}\ge\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}\); \(\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\)\(\ge\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+b}{b+ca}}\ge\frac{4\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}}\ge\frac{2\sqrt{2}\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+bc+b+ca}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\)(*)
Tương tự ta có: \(\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\)(**) ; \(\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+a}{a+bc}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)(***)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**) và (***) suy ra \(\sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}+\sqrt{\frac{a+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{b+a}{b+ca}}+\sqrt{\frac{b+c}{b+ca}}+\sqrt{\frac{c+a}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{c+ab}}\)\(\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Do đó ta có: \(\sqrt{\frac{2\left(a+3\right)}{a+bc}}+\sqrt{\frac{2\left(b+3\right)}{b+ca}}+\sqrt{\frac{2\left(c+3\right)}{c+ab}}\ge\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}+\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{b+1}}\ge6\)hay \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được \(\frac{1}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}\ge\frac{9}{\sqrt{3\left(a+b+c+3\right)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
PA
17 tháng 2 2019
bnhia dưới mẫu ta được:
\(...\le\frac{a\left(a+ac+a\right)}{9a}+\frac{b\left(b+ab+1\right)}{9b}+\frac{c\left(c+bc+1\right)}{9c}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{9}=1\)
"=' <=> a=b=c=1
3 tháng 7 2020
Chắc ý bạn ấy là thế này:
\(\frac{a}{a^3+b^2+c}=\frac{a\left(\frac{1}{a}+1+c\right)}{\left(a^3+b^2+c\right)\left(\frac{1}{a}+1+c\right)}\le\frac{1+a+ac}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại:
\(LHS\le\frac{3+a+b+c+ab+bc+ca}{\left(a+b+c\right)^2}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
17 tháng 5 2018
Theo giả thiết ta có: các bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh
\(\frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\le1\)
\(\Rightarrow a\left(4-a\right)\left(4-b\right)+b\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)\(+c\left(4-c\right)\left(4-a\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\)\(\left(4-c\right)\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\le4\)
Bất đẳng thức trên mang tính hoán vị giữa các bất đẳng thức nên không mất tính tổng quát ta giả swr c nằm giwuax a và b khi đó ta có:
\(a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)
Thực hiện phép khai triển ta được: \(a^2b+c^2a\le a^2c+abc\)rồi cộng thêm \(\left(b^2c+abc\right)\)vào 2 vế ta được:
\(a^2b+b^2c+c^2a+abc\)\(\le a^2c+b^2c+2abc=c\left(a+b\right)^2\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM ta có:
\(c\left(a+b\right)^2=\frac{1}{2}2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\)\(\le\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{2.27}=4\)nên Bất Đẳng Thức đã được chứng minh
Vậy \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)( đpcm )
24 tháng 4 2020
\(\Sigma\frac{a^3+1}{b^3+c^3+1}=(\frac{-\left(a+b\right)\left(c^3+1\right)}{ab\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+1\right)}+\frac{\Sigma\left(a+b\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}+2\left(a+b+c\right)\)
\(+\frac{\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\left(\Sigma\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^2}}\right)}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)+9}+\frac{\Sigma\left(a-b\right)^2}{a+b+c})\left(a-b\right)^2+2\ge2\)
justforfun:)
31 tháng 5 2019
\(N=\Sigma\frac{3}{b+c}+\Sigma\frac{a^2}{b+c}\ge\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\left(Svac\right)\)
\(=\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{3}{2}\)
Để C/m \(N\ge6\)thì \(\Sigma\frac{3}{3-a}\ge\frac{9}{2}\)
Áp dụng Svac \(\frac{3}{3-a}+\frac{3}{3-b}+\frac{3}{3-c}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{3}\right)^2}{3+3+3-\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\left(Q.E.D\right)\)
Dấu bằng tại a=b=c=1
Akai Haruma em có cách khác cô nè:)
\(\frac{a^3-b^3}{a^3+c^3}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)}\) (1)
Cần chứng minh \(a^2+ab+b^2=a^2-ac+c^2\Leftrightarrow ab+b^2=c^2-ac\)
\(\Leftrightarrow b\left(a+b\right)=c\left(c-a\right)\Leftrightarrow b\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a+b-a\right)\)
\(\Leftrightarrow b\left(a+b\right)=b\left(a+b\right)\) (đúng)
Do vậy \(\frac{a^3-b^3}{a^3+c^3}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)}=\frac{a-b}{a+c}^{\left(đpcm\right)}\)
Lời giải:
Ta có:
\(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(a^3+c^3=(a+c)(a^2-ac+c^2)=(a+c)[a^2-a(a+b)+(a+b)^2]\) (thay $c=a+b$)
\(=(a+c)(a^2-a^2-ab+a^2+2ab+b^2)=(a+c)(a^2+ab+b^2)\)
Do đó:
\(\frac{a^3-b^3}{a^3+c^3}=\frac{(a-b)(a^2+ab+b^2)}{(a+c)(a^2+ab+b^2)}=\frac{a-b}{a+c}\)
Ta có đpcm.