Cho a,b > 0.
CM: \(\frac{a^3+b^3}{2}\)≤ \(\left(\frac{a^2+b^2}{a+b}\right)^3\)
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
KN
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:
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}=\frac{c^2}{c^2(a+b)}+\frac{a^2}{a^2(b+c)}+\frac{b^2}{b^2(c+a)}+\frac{(\sqrt[3]{abc})^2}{2abc}\)
\(\geq \frac{(c+a+b+\sqrt[3]{abc})^2}{c^2(a+b)+a^2(b+c)+b^2(c+a)+2abc}=\frac{(a+b+c+\sqrt[3]{abc})^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
6 tháng 10 2020
Mình xem phép làm câu 1 ạ.
Đề là?
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}\)(1)
Chứng minh tương đương
\(\frac{a+b}{2a-b}+\frac{c+b}{2c-b}\ge4\)<=> 12ac - 9bc - 9ab + 6b2 \(\le\)0 ( quy đồng ) (2)
Từ (1) <=> 2ac = ab + bc Thay vào (2) <=> 6ab + 6bc - 9bc - 9ab + 6b2 \(\le\)0
<=> a + c \(\ge\)2b
Từ (1) => \(\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{a+c}\)
=> a + c \(\ge\)2b đúng => BĐT ban đầu đúng
Dấu "=" xảy ra <=> a = c = b
SL
1 tháng 7 2017
Mình lm cho 1 cái bạn tự lm nốt nha
\(\frac{a^3}{b\left(c+a\right)}+\frac{b}{2}+\frac{c+a}{4}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3b\left(c+a\right)}{b\left(c+a\right)8}}=\frac{3}{2}a\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 10 2019
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(P=\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3xz}{x+z}+\frac{z^3xy}{x+y}=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\)
\(P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;1\right)\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;1\right)\)
T
13 tháng 2 2020
a)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT=\left(\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}+\frac{c^4}{c}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\left(a+b+c\right)^2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
b) \(VT-VP=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2+\left(c+a\right)\left(c-a\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
c) Theo câu b và BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\Rightarrow3.3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge3\left(a+b+c\right)\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]=\left(a+b+c\right)^3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
30 tháng 6 2017
Xét từng hạng tử vế trái:
*\(\frac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}\ge\frac{2\cdot3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}=6\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2}}\ge6\)(*)
**\(\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)+18\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}=9+\frac{18\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\)(1)
Mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Suy ra \(\left(1\right)\ge9+\frac{18\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=9+18=27\)(**)
Cộng vế theo vế (*) và (**) ta được điều phải chứng minh.
29 tháng 5 2019
Điểm rơi \(a=b=c=1\) nếu thay vào dễ thấy đề sai.
\(3.\sqrt{\frac{9}{\left(1+1\right)^2}+1^2}=\frac{3\sqrt{13}}{2}\)
Nếu giả thiết của em là đúng thì bài tương tự ở đây :D
30 tháng 5 2019
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có :
\(\sum\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}\ge\sqrt{\left(\frac{3}{a+b}+\frac{3}{b+c}+\frac{3}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\)
\(=\sqrt{9\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}\ge\sqrt{\frac{729}{4\left(a+b+c\right)^2}+\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3\sqrt{13}}{2}\)
Is that true ?? \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)