Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
(b+c)^2−a(b+c)+a^2/3−3bc>0
⇔(b+c−a/2)^2+(a^3−36)/12a>0
BĐT này luôn đúng do a^3>36>0
Vậy ta có đpcm
Lời giải:
Do đây là BĐT hoán vị nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ rồi dồn về 2 biến $a,c$
Khi đó:
\((b-c)(b-a)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow b^2+ac\leq ab+bc\)\(\Rightarrow c(b^2+ac)\leq c(ab+bc)\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq a^2b+abc+bc^2=b(a^2+ac+c^2)\)
\(\Rightarrow (a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ac)\leq b(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ac)\)
Mà:
\(b(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ac)=(3-a-c)(a^2+ac+c^2)[(a+c)(3-a-c)+ac]\)
\(=(3-a-c)(a^2+ac+c^2)(3a+3c-a^2-c^2-ac)\)
\(=\frac{1}{3}(9-3a-3c)(a^2+ac+c^2)(3a+3c-a^2-c^2-ac)\)
\(\leq \frac{1}{3}\left(\frac{9-3a-3c+a^2+ac+c^2+3a+3c-a^2-c^2-ac}{3}\right)^3=\frac{1}{3}.3^3=9\) (theo BĐT AM-GM ngược dấu)
Do đó: \((a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ac)\leq 9\)
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Nhã Doanh9GP
Phạm Nguyễn Tất Đạt8GP
Akai Haruma7GP
nguyen thi vang5GP
Nguyễn Thị Ngọc Thơ5GP
kuroba kaito4GP
Mashiro Shiina4GP
Nguyễn Phạm Thanh Nga4GP
lê thị hương giang3GP
Aki Tsuki3GP
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
Cần chứng minh \(\frac{\left(Σ_{cyc}a^2\right)^2}{Σ_{cyc}a\left(a^2+ab+b^2\right)}\ge\frac{Σ_{cyc}a}{3}\)
Nhân ra và nó đúng theo BĐT Schur