N
3
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
N
4
HP
23 tháng 2 2017
a3/b + ab >= 2a2 (AM-GM)
tương tự VT >= 2(a2+b2+c2)-(ab+bc+ac )
có a2+b2+c2 >= ab+bc+ac (AM-GM)
=>VT >= 2(ab+bc+ac)-(ab+bc+ac) >= ab+bc+ac
22 tháng 2 2017
Áp dụng BĐT Chwarz có:
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ca}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)
Dễ dàng CM được BĐT sau: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Ta có: \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
=> ĐPCM
29 tháng 6 2017
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}\)
\(=\frac{a^4}{a^3+a^2b+ab^2}+\frac{b^4}{b^3+b^2c+bc^2}+\frac{c^4}{c^3+ac^2+ca^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a+c\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
\(\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}\)
25 tháng 1 2020
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
DT
Cho a,b,c>0 CMR
\( \frac{a^3}{bc}+ \frac{b^3}{ac}+ \frac{c^3}{ab}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c} \)
0
DS
0
ML
12 tháng 8 2016
1.
\(\frac{a^5}{b^3}+ab\ge2\sqrt{\frac{a^5}{b^3}.ab}=2.\frac{a^3}{b}\)
Tương tự và cộng lại:
\(\frac{a^5}{b^3}+\frac{b^5}{c^3}+\frac{c^5}{a^3}\ge2\left(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)(1)
Lại có: \(\frac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\frac{a^3}{b}.ab}=2a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}-\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
Vậy từ (1) ta có đpcm.
2.
\(\frac{a^5}{bc}+abc\ge2\sqrt{\frac{a^5}{bc}.abc}=2a^3\)
Tương tự và cộng lại
\(A=\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)-3abc\ge a^3+b^3+c^3+3abc-3abc\)
\(\Rightarrow A\ge a^3+b^3+c^3=VP\)
AV
1
2 tháng 7 2019
Áp dụng Svac + Cô-si 3 số được
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=VP\left(đpcm\right)\)
"=" tại a = b = c
15 tháng 9 2015
Đầu tiên ta nhắc lại một kết quả sau: Với mọi số dương \(x,y\) thì \(\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{1}{3}.\) Thực vậy bất đẳng thức tương đương với \(3\left(x^2-xy+y^2\right)\ge x^2+xy+y^2\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2\right)-4xy\ge0\Leftrightarrow2\left(x-y\right)^2\ge0.\) (Đúng).
Đặt vế trái của bất đẳng thức là \(S\) và đặt \(T=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}.\) Áp dụng hằng đẳng thức \(x^3-y^3=\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right),\) ta được
\(S-T=\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3-a^3}{c^2+ca+a^2}=\left(a-b\right)+\left(b-c\right)+\left(c-a\right)=0\).
Suy ra \(S=T.\) Ta có
\(2S=S+T=\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\left(a+b\right)\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}+\left(b+c\right)\frac{b^2-bc+c^2}{b^2+bc+c^2}+\left(c+a\right)\frac{c^2-ca+a^2}{c^2+ca+a^2}\)
\(\ge\frac{a+b}{3}+\frac{b+c}{3}+\frac{c+a}{3}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}.\)
Do đó \(2S\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\to S\ge\frac{a+b+c}{3}.\)
22 tháng 6 2017
Cho mk hỏi tại sao lại phải đặt thêm biểu thức T vậy ???
Mk vẫn ko hiểu cho lắm !!!
ML
3 tháng 6 2016
Một số đánh giá: \(a^2+ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(ab=\frac{\left(a+b\right)^2}{4}-\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a\left(a^2+ab+b^2\right)-a\left(ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge a-\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{4}.\left(a+b\right)}{\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a-b}{2}\)
Tương tự và suy ra đpcm.
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ca}\ge\)\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\)\(\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)(đpcm)
Dau "=" xay ra khi a=b=c
Dùng Cauchy-Schwarz ngon rồi nhưng nếu bạn muốn cách nữa thì dùng AM-GM:
\(\frac{a^3}{b}+ab\geq 2\sqrt{a^4}=2a^2\). Tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\) \((1)\)
Có BĐT quen thuộc là \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\) \((2)\)
BĐT nàyđúng vì nó tương đương \((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq ab+bc+ac\) (đpcm)