Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn: \(ab + bc + ca = 3.\)

Chứng minh: \(\frac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \frac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \frac{{{c^3}}}{{a + 2b}} \ge 1.\)

Câu 454262: Cho các số thực dương \(a,\,\,b,\,\,c\) thỏa mãn: \(ab + bc + ca = 3.\)

Chứng minh: \(\frac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \frac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \frac{{{c^3}}}{{a + 2b}} \ge 1.\)

Xem lời giải

Câu hỏi : 454262

Phương pháp giải:

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh.

(0) bình luận (0) lời giải

** Viết lời giải để bạn bè cùng tham khảo ngay tại đây
Viết lời giải

Up ảnh lời giải
Viết công thức
Giải chi tiết:
Đặt \(P = \frac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \frac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \frac{{{c^3}}}{{a + 2b}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương \(\frac{{9{a^3}}}{{b + 2c}};\,\,\,\left( {b + 2c} \right)a\) ta có: \(\frac{{9{a^2}}}{{b + 2c}} + \left( {b + 2c} \right)a \ge 6{a^2}\)

Tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{9{b^3}}}{{c + 2a}} + \left( {c + 2a} \right)b \ge 6{b^2}\\\frac{{9{c^3}}}{{a + 2b}} + \left( {a + 2b} \right)c \ge 6{c^2}\end{array} \right.\)

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta có:

\(\begin{array}{l}9\left( {\frac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \frac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \frac{{{c^3}}}{{a + 2b}}} \right) + \left( {b + 2c} \right)a + \left( {c + 2a} \right)b + \left( {a + 2b} \right)c \ge 6{a^2} + 6{b^2} + 6{c^2}\\ \Leftrightarrow 9P + 3\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 6\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 9P + 9 \ge 6\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 3P + 3 \ge 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\end{array}\)

Lại có: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca = 3\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 3P \ge 2.3 - 3 = 3\\ \Leftrightarrow P \ge 1.\end{array}\)

Vậy \(\frac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \frac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \frac{{{c^3}}}{{a + 2b}} \ge 1.\)

Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
- Mẹo : Viết lời giải với bộ công thức đầy đủ tại đây