Chứng minh rằng: Với các số dương a,b,c thì \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
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
TN
6 tháng 1 2018
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
\(\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}=VP\)
VT
31 tháng 12 2017
ta có
A=\(\frac{a^4}{ab^2+abc+c^2a}+\frac{b^4}{bc^2+abc+ba^2}+\frac{c^4}{ca^2+abc+cb^2}\)
>=\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab^2+a^2b+bc^2+cb^2+ca^2+ac^2+3abc}\) =\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\) (Đấy là bđt svacxơ nhé )
ta cần chứng minh \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\Leftrightarrow\frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\)
điều này luôn đúng vì dễ dàng chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca;\)
và \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}\)
đến đây bạn nhân vào sẽ ra ĐPCM
dáu = xảy ra <=> a=b=c>0
6 tháng 4 2021
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\frac{a^3}{a^2+b^2+ab}=\frac{a^4}{a\left(a^2+b^2+ab\right)}=\frac{a^4}{a^3+ab^2+a^2b}=\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}\\\frac{b^3}{b^2+c^2+bc}=\frac{b^4}{b\left(b^2+c^2+bc\right)}=\frac{b^4}{b^3+bc^2+b^2c}=\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}\\\frac{c^3}{c^2+a^2+ca}=\frac{c^4}{c\left(c^2+a^2+ca\right)}=\frac{c^4}{c^3+ca^2+c^2a}=\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\end{cases}}\)
Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành :
\(\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}+\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}+\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)
Dễ dàng phân tích \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
=> \(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Xét bất đẳng thức phụ : 3( a2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )2
<=> 3a2 + 3b2 + 3c2 - a2 - b2 - c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> ( a - b )2 + ( b - c )2 + ( c - a )2 ≥ 0 ( đúng )
Khi đó áp dụng vào bài toán ta có : \(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}\)( đpcm )
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
KN
6 tháng 4 2021
bài này mới được thầy sửa hồi chiều nè @@
Vì a,b dương => ( a + b ) ( a - b )2 \(\ge\)0 => a3 + b3 \(\ge\)ab ( a + b )
BĐT tương đương với 3a3\(\ge\)2a3 + 2ab ( a + b ) - b3 = 2a3 + 2a2b + 2ab2 - a2b - ab2 - b3 = ( a2 + ab + b3 ) ( 2a - b )
Suy ra : \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{2a-b}{3}\)(1)
Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b-c}{3}\)(2) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c-a}{3}\)(3)
Từ (1) ; (2) và (3) => \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)(đpcm)
KK
9 tháng 2 2017
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^4}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{b^4}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{c^4}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số cho vế trái
\(\Rightarrow\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+a^2c}\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^3+a^2b+a^2c\right)+\left(b^3+b^2c+ab^2\right)+\left(c^3+c^2a+bc^2\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\left(a+b+c\right)+b^2\left(a+b+c\right)+c^2\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Chứng minh rằng: \(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)( đpcm )
Vậy \(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Vì \(\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a^2\right)^2}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{\left(b^2\right)^2}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{\left(c^2\right)^2}{c^3+c^2a+a^2c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\) ( đpcm )
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 2 2020
a/ Biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow3a^2-3ab+3b^2\ge a^2+ab+b^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
b/ \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^2.ab.b^2}}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a}{3}-\frac{b}{3}\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b}{3}-\frac{c}{3}\) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c}{3}-\frac{a}{3}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
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 \(a,b,c\in R^+\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{b^4}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{c^4}{c^3+c^2a+a^2c}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2}\)
\(=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^3+a^2b+a^2c)+(b^3+b^2c+b^2a)+(c^3+c^2a+c^2b)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$