Đến nội dung

Hình ảnh

$\sum \frac{b^3+2abc+c^3}{a^2+bc}\ge 2\left(a+b+c\right)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
UserNguyenHaiMinh

UserNguyenHaiMinh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $\frac{b^3+2abc+c^3}{a^2+bc} + \frac{c^3+2abc+a^3}{b^2+ca}+\frac{a^3+2abc+b^3}{c^2+ab} \ge 2\left(a+b+c\right)$



#2
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Ta để ý đẳng thức sau: $$\frac{b^3+2abc+c^3}{a^2+bc}+a=\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{a^2+bc}$$

Như vậy ta chuyển về chứng minh: $$(a^3+b^3+c^3+3abc)(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab})\geqslant 3(a+b+c)$$

Sau khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì ta quy về chứng minh: $$3(a^3+b^3+c^3+3abc)\geqslant (a+b+c)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$$

Đây chính là bất đẳng thức Schur quen thuộc

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh