Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta thấy trong tam giác tổng độ dài hai cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại
Ta có: \(a+b>c\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2>c^2\)
\(\Rightarrow c\left(a+b\right)^2>c^3\)
Tương tự:
\(a\left(b+c\right)^2>a^3\)
\(b\left(a+c\right)^2>b^3\)
do đó \(a\left(b+c\right)^2+b\left(a+c\right)^2+c\left(a+b\right)^2>a^3+b^3+c^3\left(ĐPCM\right)\)
Ta có:
\(a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a+b\right)^2-a^3-b^3-c^3\)
\(=\left[a\left(b-c\right)^2-a^3\right]+\left[b\left(c-a\right)^2-b^3\right]+\left[c\left(a+b\right)^2-c^3\right]\)
\(=a\left[\left(b-c\right)^2-a^2\right]+b\left[\left(c-a\right)^2-b^2\right]+c\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\)
\(=a\left(b-c-a\right)\left(b-c+a\right)+b\left(c-a-b\right)\left(c-a+b\right)+c\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=a\left(b-c-a\right)\left(b-c+a\right)-b\left(c-a-b\right)\left(a+b-c\right)+c\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b-c\right)\left[a\left(b-c-a\right)-b\left(c-a+b\right)+c\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(a+b-c\right)\left(ab-ac-a^2-bc+ab-b^2+ca+cb+c^2\right)\)
\(=\left(a+b-c\right)\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\)
\(=\left(a+b-c\right)\left[c^2-\left(a^2-2ab+b^2\right)\right]\)
\(=\left(a+b-c\right)\left[c^2-\left(a-b\right)^2\right]\)
\(=\left(a+b-c\right)\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\)
vì a, b, c là cạnh của 1 tam giác
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\c-a+b>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a+b\right)^2-a^3-b^3-c^3>0\)
\(\Rightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a+b\right)^2>a^3+b^3+c^3\)\(\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
Cần chứng minh \(\frac{\left(Σ_{cyc}a^2\right)^2}{Σ_{cyc}a\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{Σ_{cyc}a}{3}\)
Nhân ra và nó đúng theo BĐT Schur
Thay 1=\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\)vào va rút gọn ta được
VT= \(\frac{4}{3}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\frac{1}{3}\left(\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}\right)+\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\)(1)
Áp dụng \(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}+\frac{z^2}{p}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{m+n+p}\left(bunhiacopxky\right)\) ta được
(1) \(\ge\frac{4}{3}\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}+\frac{1}{3}\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}+\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)=2\left(a+b+c\right).\)
Dấu'=' khi a=b=c