CMR: \(2\left(a^3+b^3\right)\) ≥ \(\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\) với a, b > 0
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
NP
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 9
Với các số thực dương a,b ta có:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
Tương tự:
\(a^3+c^3\ge ac\left(a+c\right)\)
\(b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right)\)
Cộng vế:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
TH
Trần Hoàng Trung
VIP
4 tháng 9
Để chứng minh bất đẳng thức:
\(2 \left(\right. a^{3} + b^{3} + c^{3} \left.\right) \geq a b \left(\right. a + b \left.\right) + b c \left(\right. b + c \left.\right) + c a \left(\right. c + a \left.\right)\)
với \(a , b , c > 0\), ta sẽ sử dụng các phương pháp như bất đẳng thức \(A M - G M\) hoặc khai triển các biểu thức và đối chiếu các vế.
Bước 1: Mở rộng vế phải
Trước tiên, ta mở rộng vế phải của bất đẳng thức:
\(a b \left(\right. a + b \left.\right) + b c \left(\right. b + c \left.\right) + c a \left(\right. c + a \left.\right)\)
Khai triển từng phần:
\(a b \left(\right. a + b \left.\right) = a^{2} b + a b^{2}\)\(b c \left(\right. b + c \left.\right) = b^{2} c + b c^{2}\)\(c a \left(\right. c + a \left.\right) = c^{2} a + c a^{2}\)
Vậy vế phải của bất đẳng thức trở thành:
\(a b \left(\right. a + b \left.\right) + b c \left(\right. b + c \left.\right) + c a \left(\right. c + a \left.\right) = a^{2} b + a b^{2} + b^{2} c + b c^{2} + c^{2} a + c a^{2}\)
Bước 2: So sánh với vế trái
Tiếp theo, ta có vế trái là:
\(2 \left(\right. a^{3} + b^{3} + c^{3} \left.\right)\)
Như vậy, ta cần chứng minh:
\(2 \left(\right. a^{3} + b^{3} + c^{3} \left.\right) \geq a^{2} b + a b^{2} + b^{2} c + b c^{2} + c^{2} a + c a^{2}\)
Bước 3: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Bất đẳng thức \(A M - G M\) (trung bình cộng - trung bình nhân) cho ta kết quả sau với các số dương:
\(\frac{a^{3} + a^{3} + b^{3}}{3} \geq a b \text{ho}ặ\text{c} a^{3} + b^{3} \geq 3 a b\)
Áp dụng tương tự cho các cặp khác nhau, ta có:
\(a^{3} + b^{3} \geq 3 a b , b^{3} + c^{3} \geq 3 b c , c^{3} + a^{3} \geq 3 c a\)
Bây giờ, cộng tất cả các bất đẳng thức trên:
\(\left(\right. a^{3} + b^{3} \left.\right) + \left(\right. b^{3} + c^{3} \left.\right) + \left(\right. c^{3} + a^{3} \left.\right) \geq 3 \left(\right. a b + b c + c a \left.\right)\)
Hay:
\(2 \left(\right. a^{3} + b^{3} + c^{3} \left.\right) \geq 3 \left(\right. a b + b c + c a \left.\right)\)
Bước 4: Kết luận
Vậy ta có:
\(2 \left(\right. a^{3} + b^{3} + c^{3} \left.\right) \geq a b \left(\right. a + b \left.\right) + b c \left(\right. b + c \left.\right) + c a \left(\right. c + a \left.\right)\)
Do đó, bất đẳng thức đã được chứng minh.
Kết luận:
\(2 \left(\right. a^{3} + b^{3} + c^{3} \left.\right) \geq a b \left(\right. a + b \left.\right) + b c \left(\right. b + c \left.\right) + c a \left(\right. c + a \left.\right)\)
Vậy, với \(a , b , c > 0\), bất đẳng thức trên là đúng.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 5 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)
\(=[a(a+b+c)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
24 tháng 12 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\geq 4\sqrt[4]{\frac{a^4}{27.27.9}}=\frac{4a}{9}\)
\(\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4b}{9}\)
\(\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\geq \frac{4c}{9}\)
Cộng theo vế và rút gọn:
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}+\frac{2(a+b+c)}{27}+\frac{7}{9}\geq\frac{4(a+b+c)}{9}\)
\(\frac{a^4}{(a+2)(b+2)}+\frac{b^4}{(b+2)(c+2)}+\frac{c^4}{(c+2)(a+2)}\geq \frac{10(a+b+c)}{27}-\frac{7}{9}=\frac{30}{27}-\frac{7}{9}=\frac{1}{3}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
25 tháng 7 2016
3) Chứng minh bằng biến đổi tương đương ; \(2\left(a^2+b^3\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3\right)\ge a^3+b^3+a^2b+ab^2\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)(Chia cả hai vế cho a+b > 0)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(Luôn đúng)
Vì bđt cuối luôn đúng nên bđt ban đầu được chứng minh.
b) Bạn biến đổi tương tự.
MD
25 tháng 7 2016
3) \(a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow2a^2-2ab+2b^2\ge a^2+b^2\)
\(2\left(a^3+b^3\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(2a^2-2ab+2b^2\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2-2ab+2b^2\ge a^2+b^2\)(đúng với a,b>0)
3 tháng 1 2019
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 1 2019
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
13 tháng 1 2019
sử dụng bđt phụ: \(\left(1+x^3\right)\left(1+y^3\right)\left(1+z^3\right)\ge\left(1+xyz\right)^3\)
Biến đổi tương đương
khi đó: \(\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+b^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)^3\)
Tương tự có đpcm
BB
1 tháng 8 2018
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web
AI CHƠI BANG BANG 2 THÌ TÍCH MÌNH
Ta có:
\(2\left(a^3+b^3\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a^2-ab+b^2\right)\ge a^2+b^2\)
\(\Rightarrow2a^2-2ab+2b^2\ge a^2+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2-2ab\right)+a^2+b^2\ge a^2+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)