(Nghi binh 28/09)Đang có hứng:Bài 1: CMR $\frac{a^2 b^2 c^2}{ab bc ca} \frac{8abc}{\left(a b\right)\left(b c\right)\left(c a\right)}\ge2\forall a,b,c\ge0$Bài 2: CMR \(\frac{4\left(a^3 b^3 c^3\right)...

KK

KCLH Kedokatoji

28 tháng 9 2020 - olm

(Nghi binh 28/09)Đang có hứng:Bài 1: CMR $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\forall a,b,c\ge0$Bài 2: CMR $\frac{4\left(a^3+b^3+c^3\right)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge4\left(a+b+c\right)$$\forall a,b,c\ge0$Bài 1 thì dễ rồi, bài 2 mình mới tìm...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

5

NC

Ngô Chi Lan

28 tháng 9 2020

Não đặc-.-

Nếu sửa đề ntn thì mk nghĩ không ngược dấu mới làm được nek

Bài 1: CMR: $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0$ với a,b,c dương

Bài làm:

Ta có: $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

$\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{8abc}{2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}}$

$=\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}}-\frac{8abc}{8abc}$

$=1-1=0$

Dấu "=" xảy ra khi: $a=b=c$

Đúng(0)

KK

KCLH Kedokatoji

28 tháng 9 2020

Vãi bạn, mình đang đưa các bài tập về các bđt ngược chiều nên đề như thế là đúng r

Đúng(0)

BN

bach nhac lam

19 tháng 10 2019

1. cho $0< a\le b\le c$ . Cmr: $\frac{2a^2}{b^2+c^2}+\frac{2b^2}{c^2+a^2}+\frac{2c^2}{a^2+b^2}\le\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$ 2. cho $a,b,c\ge0$. cmr: $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)$ 3. $a,b,c>0.$ Cmr: $\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}$ 4. $a,b,c0$. Tìm Min...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

5

T

tthnew

11 tháng 11 2019

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$.

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: $a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0$ (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu $abc\ne0$. Chia hai vế của BĐT cho $\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

BĐT quy về: $\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}$

Đặt $\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1$

Cần chúng minh: $x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)$ (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử $\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0$

$\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z$. Thay vào (1):

$VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1$

$=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz$

$\ge2\left(xy+yz+zx\right)$

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

Đúng(0)

T

tthnew

6 tháng 7 2020

Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:

Định lí SOS: Nếu $X+Y+Z=0$ thì $AX^2+BY^2+CZ^2\ge0$

khi $\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.$

Chứng minh: Vì $\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0$

Nên ta có thể giả sử $A+C\ge0$. Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$

$AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2$

$={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0$

Đúng(0)

KK

KCLH Kedokatoji

27 tháng 9 2020 - olm

(Nghi binh 27/09) Bài 1: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{9\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge12$Bài 2: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: $\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\ge16$Mình thấy hai bài trên phải vận dụng linh hoạt các hđt và các bđt đã biết.Bonus thêm bài: Cho a,b,c>0. Chứng minh...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

5

DN

Đặng Ngọc Quỳnh

27 tháng 9 2020

Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: $\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}$$\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}$

Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được

$27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)$

Sử dụng đẳng thức $\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc$và theo AM-GM: $abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$ta được $\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)$

Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh $3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0$đúng=> đpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Đúng(0)

DN

Đặng Ngọc Quỳnh

27 tháng 9 2020

Bài 3:

Ta có 2 BĐT ngược chiều: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}$

Bổ đề: $x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0$

Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử $x\ge y\ge z$. Khi đó:

$VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0$

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2$$\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3$

Suy ra ta chỉ cần chứng minh $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2$

$\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc$$\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)$đúng theo bổ đề

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị

Đúng(0)

BN

bach nhac lam

29 tháng 12 2019

1. cho a,b,c>0. Cmr: a) $S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2$

b) $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{9\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge12$

#Toán lớp 9

3

T

tthnew

30 tháng 12 2019

a) $S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2$

$\Leftrightarrow\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}\ge0$

$\Leftrightarrow\frac{2\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge0$

$\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0$

Giả sử $a\ge b\ge c\Rightarrow c^2+4ca+a^2-b^2\ge0$

Ta có: $VT=\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2+4bc+c^2-a^2\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b+b-c\right)^2$

$=\left(2a^2+4ab+4ca\right)\left(a-b\right)^2+\left(2c^2+4ca+4bc\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0$Ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(0)

T

tthnew

30 tháng 12 2019

b) $\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}-\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0$

$\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0$ (phân tích cái tử của phân thức thức nhất thành nhân tử rồi nhóm lại)

$\Leftrightarrow\left[\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b-2c\right)^2\right]\left(\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

P/s: Đáng ráng phân tích tiếp cái ngoặc phía sau cho đẹp nhưng lười quá nên thôi:v (dùng Cauchy nó cũng đúng rồi nên phân tích làm gì cho mệt)

Đúng(0)

LT

Lê Tài Bảo Châu

8 tháng 1 2020 - olm

Bài 1 :Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=2

CMR $\frac{bc}{\sqrt{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt{3c^2+4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{3}$

Bài 2:Cho a,b,c>0. CMR

$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

#Toán lớp 9

1

ZC

zZz Cool Kid_new zZz

8 tháng 1 2020

$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc$

$=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc$

$=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$( phân tích nhân tử các kiểu )

$\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)$

$a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc$

$\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}$

Khi đó:$\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc$

$\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}$

$=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)$

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm

Đúng(0)

LB

Long Beo

1 tháng 12 2019 - olm

Cho a,b,c thực dương .CMR

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^3}{bc\left(4b+4c+a\right)}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{ca\left(4c+4c+b\right)}}\ge2\sqrt{2}$

#Toán lớp 5

4

AL

_@Lyđz_

1 tháng 12 2019

ĐÂY MÀ LÀ toán 5 ạ??

Đúng(0)

KN

Kiệt Nguyễn

1 tháng 12 2019

Gọi A là vế trái của BĐT cần chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a + b + c = 3. Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8bc\left(4a+4b+c\right)}}+\frac{ab\left(4a+4b+c\right)}{27}$$\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)$

Suy ra

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}$$+\frac{ab\left(4a+4b+c\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)$

Tương tự

$\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^3}{8bc\left(4b+4c+a\right)}}+\frac{bc\left(4b+4c+a\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(b+c\right)$

và $\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{8ca\left(4c+4a+b\right)}}+\frac{ca\left(4c+4a+b\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(c+a\right)$

Cộng ba BĐT trên ta có:

$\frac{1}{2\sqrt{2}}A\ge B$

Với $A=\frac{1}{54}[ab\left(4a+4b+c\right)+bc\left(4b+4c+a\right)$

$+ca\left(4c+4a+b\right)]$

$=\frac{1}{54}\left[4ab\left(a+b\right)+4bc\left(b+c\right)+4ca\left(c+a\right)+3abc\right]$

$=\frac{1}{54}\left[4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-9abc\right]$

$\le\frac{1}{54}\left(a+b+c\right)^3=\frac{1}{2}$

và $B=\frac{1}{4}.2\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}$

Suy ra $\frac{1}{2\sqrt{2}}A\ge\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\Rightarrow A\ge2\sqrt{2}$

Vậy

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{bc\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{ca\left(4c+4a+b\right)}}\ge2\sqrt{2}$(đpcm)

Đúng(0)

MQ

Minh Quân Nguyễn Huy

25 tháng 5 2019 - olm

Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=1. CMR

$P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\ge2$

#Toán lớp 9

8

CC

Con Chim 7 Màu

26 tháng 5 2019

$P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}$

$=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)}}$

$=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}$

$=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

Ta có:$\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c$

$\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=1\left(1\right)$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$a+b\ge2\sqrt{ab}$

Tương tự:$b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}$

$\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra:

$P\ge1+\frac{8abc}{8abc}=2\left(đpcm\right)$

Dấu '=' xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

:))

Đúng(0)

CV

cao van duc

26 tháng 5 2019

ở phần cô si phần cuối là bn sai r

vì >= nhưng ở dưới mẫu nên bị đảo lại thành =< nên bn lm như thế k đúng

đay là link giải https://diendan.hocmai.vn/threads/bdt-a-2-b-2-c-2-dfrac-8abc-a-b-b-c-c-a-geq-2.341255/

Đúng(0)

TK

Trần Khánh Huyền

12 tháng 1 2020

với ∀a,b,c thuộc R, CMR:

$\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\ge2+\frac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}$

#Toán lớp 10

1

VH

Võ Hồng Phúc

14 tháng 1 2020

@Akai Haruma

Đúng(0)

TN

Trung Nguyen

10 tháng 7 2019 - olm

Cho $a;b;c\ge0$và không có hai số nào cùng bằng 0. CMR:

$\frac{a^3+b^3+c^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{9\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge5$

#Toán lớp 10

1

TN

Trung Nguyen

10 tháng 7 2019

Đề bài đúng là a;b;c$\ge$0 nhé các bạn

Đúng(0)

LT

Lê Tài Bảo Châu

27 tháng 7 2020 - olm

Bài 1:Cho a,b,c,d là các số dương. Chứng minh rằng :$\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+d\right)\left(c^2+d^2\right)}+\frac{d^4}{\left(d+a\right)\left(d^2+a^2\right)}\ge\frac{a+b+c+d}{4}$Bài 2:Cho $a>0,b>0,c>0$.$CM:\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$Bài 3: a) Cho x,y,>0. CMR:$\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{2x-y}{3}$b) Chứng minh...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

6

KN

Kiệt Nguyễn

1 tháng 8 2020

Xét $\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b$

Tương tự, ta được: $\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c$; $\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a$

Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: $\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)$$-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0$

$\Rightarrow\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{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}$

Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: $a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)$(*)

Thật vậy: (*)$\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0$*đúng*

$\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}$$\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}$

$\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS$(Q.E.D)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:

Đúng(0)

PM

Phùng Minh Quân

27 tháng 7 2020

1) ta chứng minh được $\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}$

$VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}$

bài 2 xem có ghi nhầm ko

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP