Cho a,b,c la cac so thuc >0
Cmr \(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}+\sqrt{\frac{b^3}{b^3+\left(c+a\right)^3}}+\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}>=1\)
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
M
5 tháng 12 2018
SCó :\(A=\) \(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\)=\(\sqrt{\frac{1}{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}}\) ( chia tử mẫu cho \(a^3\) ) =\(\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}}\)
Lại có\(\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}\) =\(\sqrt{\left(1+\frac{b+c}{a}\right)\left[1-\frac{b+c}{a}+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2\right]}\)( hằng đẳng thức )
\(\le\)\(\frac{2+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2}{2}\)( áp dụng \(\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\))
Nên \(\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^3}}\ge\frac{2}{2+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2}\)\(=\frac{2a^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\ge\frac{2a^2}{2a^2+2b^2+2c^2}\)( vì \(\left(b+c\right)^2\le2b^2+2c^2\)) . TỪ ĐÓ SUY RA :
\(A=\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cmtt có : \(B=\sqrt[]{\frac{b^3}{b^3+\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(C=\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
VẬY \(A+B+C\ge1\)
VH
19 tháng 11 2019
Áp dụng BĐT AM - GM:
\(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}=\sqrt{\frac{1}{1+\frac{\left(a+c\right)^3}{a^3}}}=\sqrt{\frac{1}{\left(1+\frac{a+c}{a}\right)\left[1-\frac{a+c}{a}+\frac{\left(a+c\right)^2}{a^2}\right]}}\)
\(\ge\sqrt{\frac{4}{\left[1++\frac{a+c}{a}+1-\frac{a+c}{a}+\frac{\left(a+c\right)^2}{a^2}\right]^2}}\)
\(=\sqrt{\frac{4a^4}{\left[2a^2+\left(b+c\right)^2\right]^2}}=\frac{2a^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự ta chứng minh được:
\(\sqrt{\frac{b^3}{b^3+\left(c+a\right)^3}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Công vế với vế 3 bất đẳng thức trên ta được
\(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}+\sqrt{\frac{b^3}{b^3+\left(c+a\right)^3}}\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=1\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Mà đề bài có điều kiện a, b, c khác 0 không bạn
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 11 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^3+1=(a+1)(a^2-a+1)\leq \left(\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\right)^2=\left(\frac{a^2+2}{2}\right)^2\)
\(b^3+1\leq \left(\frac{b^2+2}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}\leq \frac{(a^2+2)(b^2+2)}{4}\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{\sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}}\geq \frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \underbrace{\frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}+\frac{4b^2}{(b^2+2)(c^2+2)}+\frac{4c^2}{(c^2+2)(a^2+2)}}_{M}\)
Ta cần CM \(M\geq \frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2(c^2+2)+b^2(a^2+2)+c^2(b^2+2)}{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}\geq \frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (abc)^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2(a^2+b^2+c^2)\geq 72\)
Điều này luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì: \(\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 3\sqrt[3]{(abc)^4}=3\sqrt[3]{8^4}=48\\ 2(a^2+b^2+c^2)\geq 6\sqrt[3]{(abc)^2}=6\sqrt[3]{8^2}=24\end{matrix}\right.\)
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$
25 tháng 5 2020
Sử dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{1+x^3}=\sqrt{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\le\frac{x^2-x+1+x+1}{2}=\frac{x^2+2}{2}\)
Đẳng thức xảy ra <=> \(\orbr{\begin{cases}x=0\\x=2\end{cases}}\)
Ta có \(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{b+c}{a}\right)^2}}\ge\frac{2}{\left(\frac{b+c}{a}\right)^2+2}\)
\(=\frac{2a^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\ge\frac{2a^2}{2a^2+2\left(b^2+c^2\right)}=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{b^3}{b^3+\left(a+c\right)^3}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\\\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+c\right)^3}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}\end{cases}}\)
Cộng 3 vế BĐT trên ta được đpcm
Dấu "=" <=> a=b=c
KN
18 tháng 10 2020
Xét bất đẳng thức phụ\(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow2a^2\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)^2\ge a\left(b+c\right)^3\)
Áp dụng kết hợp bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và bất đẳng thức AM - GM, ta được: \(2a^2\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)^2\ge a^2\left(b+c\right)^2+\frac{\left(b+c\right)^4}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2\left(b+c\right)^6}{4}}=\left(b+c\right)^3\)
Vậy bất đẳng thức phụ trên là đúng. Tương tự rồi cộng lại ta được \(VT\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi 3 biến bằng nhau hoặc có 2 biến dần về 0
