Những câu hỏi liên quan
Phạm Bá Tâm
Xem chi tiết
Nguyễn Đăng Nhân
15 tháng 2 2022 lúc 20:00

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.

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Tuna Ngô
Xem chi tiết
Tuna Ngô
29 tháng 3 2022 lúc 21:46

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Bình luận (3)
Lê Châu Linh
Xem chi tiết
Lê Châu Linh
23 tháng 11 2017 lúc 17:06

chứng minh \(\sqrt{2x+1}\)là số vô tỉ

Bình luận (0)
Hà My Trần
Xem chi tiết
Kiệt Nguyễn
Xem chi tiết
văn dũng
27 tháng 4 2020 lúc 20:27

\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)

Vậy\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)

Chứng minh là \(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)là đúng

chúc bạn học tốt

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Anh2Kar六
27 tháng 4 2020 lúc 21:03

Bất đẳng thức trên

<=>  + 1 +  + 1 +  + 1 ≥ 3

<=>  +  +  ≥ 3 (*)

Ta có: VT(*) ≥ 

Ta sẽ chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)

<=> abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1

≥ a2b2c2 + abc(a + b + c) + ab + bc + ca + 1

<=> 3 ≥ a2b2c2 + 2abc (**)

Theo Cosi: 3 = a + b + c ≥ 3 =>  ≤ 1 => abc ≤ 1

Vậy (**) đúng => (*) đúng.

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Hoàng Quý An
29 tháng 4 2020 lúc 15:05

sấy công lập

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Đỗ Đức Đạt
Xem chi tiết
l҉o҉n҉g҉ d҉z҉
6 tháng 4 2021 lúc 13:53

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

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Khánh Ngọc
6 tháng 4 2021 lúc 17:30

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)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Phan Nghĩa
4 tháng 6 2021 lúc 9:00

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 \(a=b=c\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
%Hz@
Xem chi tiết
Anime Tổng Hợp
22 tháng 2 2020 lúc 18:49

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

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Anime Tổng Hợp
22 tháng 2 2020 lúc 18:49

Ở mục câu hỏi tương tự có bài đó bạn ơi

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
ミ_๖ۣۜTɦỏ๖-ċɦαŋ彡~ ( Tea...
22 tháng 2 2020 lúc 18:55

Bn vào link này nha!

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

Hok tốt!

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Phương Linh
Xem chi tiết
Mr Lazy
16 tháng 10 2015 lúc 5:36

\(\frac{a^3}{a^2+b^2}-\left(a-\frac{1}{2}b\right)=\frac{\frac{1}{2}b\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2}\ge0\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge a-\frac{1}{2}b\)

Bình luận (0)
Cao Hoàng Quân
26 tháng 8 2023 lúc 20:47

\(\sum\limits^{ }_{ }\)

Bình luận (0)
Cao Hoàng Quân
26 tháng 8 2023 lúc 20:48

die cha gửi nhầm

Bình luận (0)
Nguyễn Trung Hiếu
Xem chi tiết
Thắng Nguyễn
8 tháng 2 2017 lúc 18:37

Áp dụng C-S

\(\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

Bình luận (0)
Trần Quốc Đạt
9 tháng 2 2017 lúc 6:03

b) chính là USAMO 2004. Đây là lời giải cung cấp bởi "http://www.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_USAMO_Problems/Problem_5"

Ta chứng minh được \(x^5+1\ge x^3+x^2\) suy ra \(x^5-x^2+3\ge x^3+2\).

Ta chỉ cần CM được \(\left(a^3+1+1\right)\left(1+b^3+1\right)\left(1+1+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Nhưng đây chính là BĐT Holder cho 3 bộ số mỗi bộ 3 số.

Bình luận (0)