TN
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
11 tháng 4 2020
Áp dụng bđt AM-GM ta có
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a\left(a^2+ab+b^2\right)-ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3ab}=a-\frac{a+b}{3}\)
Tương tự \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge b-\frac{b+c}{3}\)
\(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge c-\frac{a+c}{3}\)
Cộng từng vế các bđt trên => đpcm
Dấu"=" xảy ra khi a=b=c
28 tháng 8 2019
\(sigma\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)^3}\ge sigma\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}{\left(a+b\right)^2\left(a^3+b^3\right)}=sigma\frac{1}{2\left(a^3+b^3\right)}\ge\frac{9}{4\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\frac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
N
5
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 12 2017
Lời giải:
\(\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ac}{c+a}+\frac{c^2+ab}{a+b}\geq a+b+c\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2+bc}{b+c}-c+\frac{b^2+ac}{a+c}-a+\frac{c^2+ab}{a+b}-b\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{b^2-a^2}{a+c}+\frac{c^2-b^2}{a+b}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2(a-b)(a+b)+b^2(b-c)(b+c)+c^2(c-a)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2(a^2-b^2)+b^2(b^2-c^2)+c^2(c^2-a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{2}\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
NC
1
T
9 tháng 2 2020
Đặt \(a+b+c=3u;ab+bc+ca=3v^2;abc=w^3\)
BĐT \(\Leftrightarrow\) \(54u^3-54uv^2+9w^3\ge3v^2\)
\(\Leftrightarrow54u^3-63uv^2+9w^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow9\left(w^3+3u^3-4uv^2\right)+27u\left(u^2-v^2\right)\ge0\)
Đúng theo BĐT Schur bậc 3: \(w^3+3u^3\ge4uv^2\) và BĐT quen thuộc: \(u^2\ge v^2\)
P/s: Ko chắc ạ..
N
12 tháng 10 2019
Ta co:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(ab+bc+ca\right)\le\text{ }\frac{\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\right]^3}{27}\)
\(\frac{\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\right]^3}{27}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{27}=\frac{3^6}{27}=27\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)
PN
8 tháng 4 2016
Để làm được bài toán trên, trước tiên ta phải chứng minh được bất đẳng thức đơn giản sau:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\) \(\left(1\right)\) với mọi \(a,b,c,d\in R\) và \(x,y>0\)
Thật vậy, bất đẳng thức \(\left(1\right)\) được viết lại thành:
\(ay^2\left(x+y\right)+b^2x\left(x+y\right)\ge\left(a+b\right)^2xy\) (nhân cả hai vế của bđt với \(xy\left(x+y\right)>0\))
\(\Leftrightarrow\) \(\left(ay-bx\right)^2\ge0\) \(\left(2\right)\)
Bất đẳng thức \(\left(2\right)\) hiển nhiên đúng. Mặt khác, các phép biến đổi trên tương đương nên bđt \(\left(1\right)\) được chứng minh.
Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)
Khi đó, với \(6\) số \(a,b,c,x,y,z\) bất kỳ và \(x,y,z>0\), áp dụng bất đẳng thức \(\left(1\right)\) hai lần, ta chứng minh được:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) \(\left(3\right)\)
Biển đổi vế trái của bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\), và kết hợp sử dụng bđt \(\left(3\right)\), ta có:
\(VT\left(\text{*}\right)=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)
Mà \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
nên khi đó, \(VT\left(\text{*}\right)\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Giờ, ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh được: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó, \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Chia cả hai vế của bđt cho \(a+b+c>0\). Không đổi chiều bất đẳng thức, ta có:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{3}\) \(\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c\)
Vậy, \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\) với mọi \(a,b,c\in R^+\)
Áp dụng BĐT cô-si, ta có
\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2;b^3+c^3+c^3\ge3bc^2;c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)
Cộng 3 vế của 3 pt, ta có \(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)(ĐPCM)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c>0
^_^
Áp dụng BĐT Cosi ta có:
\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\)
\(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\)
\(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)
Cộng vế theo vế cuả các BĐT trên ta được:
\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: \(\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\Leftrightarrow a=b=c\\c=a\end{cases}}\)