Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và khi đó ta được:

\(\frac{a^5}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^5}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^5}{c^2+ca+a^2}\ge\)

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

\(\Rightarrow\)Ta cần chỉ ra được:

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

Hay: \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\)

Dễ thấy: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right);b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right);c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\)

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Ta có : \(\hept{\begin{cases}\frac{a^3}{a^2+b^2+ab}=\frac{a^4}{a\left(a^2+b^2+ab\right)}=\frac{a^4}{a^3+ab^2+a^2b}=\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}\\\frac{b^3}{b^2+c^2+bc}=\frac{b^4}{b\left(b^2+c^2+bc\right)}=\frac{b^4}{b^3+bc^2+b^2c}=\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}\\\frac{c^3}{c^2+a^2+ca}=\frac{c^4}{c\left(c^2+a^2+ca\right)}=\frac{c^4}{c^3+ca^2+c^2a}=\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\end{cases}}\)

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành :

\(\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}+\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}+\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\ge\frac{a+b+c}{3}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)

Dễ dàng phân tích \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

=> \(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)

Xét bất đẳng thức phụ : 3( a² + b² + c² ) ≥ ( a + b + c )²

<=> 3a² + 3b² + 3c² - a² - b² - c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> ( a - b )² + ( b - c )² + ( c - a )² ≥ 0 ( đúng )

Khi đó áp dụng vào bài toán ta có : \(VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}\)( đpcm )

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

bài này mới được thầy sửa hồi chiều nè @@

Vì a,b dương => ( a + b ) ( a - b )² \(\ge\)0 => a³ + b³ \(\ge\)ab ( a + b )

BĐT tương đương với 3a³\(\ge\)2a³ + 2ab ( a + b ) - b³ = 2a³ + 2a²b + 2ab² - a²b - ab² - b³ = ( a² + ab + b³ ) ( 2a - b )

Suy ra : \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{2a-b}{3}\)(1)

Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b-c}{3}\)(2) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c-a}{3}\)(3)

Từ (1) ; (2) và (3) => \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)(đpcm)

cách ít lòng vòng hơn cách của quỳnh nhiều nè 

Ta có đẳng thức sau : \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)( cách cm thì chỉ cần chuyển vế rồi dùng hđt thôi)

Khi đó : \(2VT=\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức phụ \(\frac{x^3+y^3}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{1}{3}\left(x+y\right)\)có : ( biến đổi tương đương là được nhé )

\(2VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b\right)+\frac{1}{3}\left(b+c\right)+\frac{1}{3}\left(c+a\right)=\frac{1}{3}.2.\left(a+b+c\right)\)

\(< =>VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)=\frac{a+b+c}{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)

By Cauchy-Schwarz, we have:

\(VT\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^2b+b^2c+c^2a}\)

We will prove: \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\)

\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+3abc\le a^3+b^3+c^3+3abc\)

By Schur, we have: \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a\right)\)

So we're only need to prove: \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)

\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\)

It is true by AM-GM ineq', so we have Q.E.D.

P/s: Em thử giải bài này bằng tiếng Anh (để tự luyện kĩ năng tiếng anh, tí em giải lại theo tiếng việt)

Ấy nhầm:V

By Schur, we have \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

So we're only need to prove \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

Còn lại y chang:v

Làm màu bằng tiếng anh và cái kết...:V (nãy làm nhầm, phải sửa lại đó)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,ta có:

\(VT\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^2b+b^2c+c^2a}\)

Ta sẽ chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\) (để từ đó suy ra đpcm)

Thật vậy, thêm 3abc vào hai vế, BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\).

Áp dụng BĐT Schur, \(VT=a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)

Do đó ta chỉ cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)

Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\). BĐT này đúng theo AM-GM

Hatsune Miku : Làm đi rồi nói cho

hỏi hộ người khác à Vũ Lê Ngọc Liên

 Nguyễn Huy Thắng : Không có ai nhờ đâu mà 

Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn

\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)

Áp dụng tiếp BĐT AM-GM

\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)

Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM

Bài 2:

Quy đồng  BĐT trên ta có:

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)

Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM 

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)

\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)

\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)

Tương tự rồi cộng theo vế

Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +

ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]

https://olm.vn/hoi-dap/detail/82505750499.html

Ở mục câu hỏi tương tự có bài đó bạn ơi

Bn vào link này nha!

https://olm.vn/hoi-dap/detail/82505750499.html

Hok tốt!

Áp dụng bđt AM - GM  cho a,b,c thực dương :

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}\ge2\sqrt{b^2}=2b\\\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge2c\\\dfrac{ab}{c}+\dfrac{ac}{b}\ge2a\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow2.\left(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\right)\ge\left(a+b+c\right)\)

Dấu "=" ⇔ a = b =c 

Để làm được bài toán trên, trước tiên ta phải chứng minh được bất đẳng thức đơn giản sau:

\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\)  \(\left(1\right)\)  với mọi  \(a,b,c,d\in R\)  và  \(x,y>0\)

Thật vậy,  bất đẳng thức  \(\left(1\right)\)  được viết lại thành:

\(ay^2\left(x+y\right)+b^2x\left(x+y\right)\ge\left(a+b\right)^2xy\)  (nhân cả hai vế của bđt với  \(xy\left(x+y\right)>0\))

 \(\Leftrightarrow\)  \(\left(ay-bx\right)^2\ge0\)  \(\left(2\right)\)

Bất đẳng thức  \(\left(2\right)\)  hiển nhiên đúng. Mặt khác, các phép biến đổi trên tương đương nên bđt  \(\left(1\right)\)  được chứng minh.

Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi  \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)

Khi đó,  với  \(6\)  số  \(a,b,c,x,y,z\)  bất kỳ và  \(x,y,z>0\), áp dụng bất đẳng thức \(\left(1\right)\)  hai lần, ta chứng minh được:

\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)  \(\left(3\right)\)

Biển đổi vế trái của bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\), và kết hợp sử dụng bđt \(\left(3\right)\), ta có:

\(VT\left(\text{*}\right)=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)

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

Mà  \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

nên khi đó,  \(VT\left(\text{*}\right)\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)   

Giờ, ta chỉ cần chứng minh   \(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)  

Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh được:  \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó,  \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

Chia cả hai vế của bđt cho  \(a+b+c>0\). Không đổi chiều bất đẳng thức, ta có:

\(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{3}\)  \(\left(đpcm\right)\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(a=b=c\)

Vậy,   \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)  với mọi  \(a,b,c\in R^+\)

cảm ơn bạn nhìu nhé!

Dảnh àk =))

Cứ đăng đi - úng hộ ^^