(0,5 điểm) Cho a , b , c là ba số không âm. Chứng minh bất đẳng thức a 3 + b 3 ≥ a 2 b + b 2 a = a b ( a + b ) . ( 1 ) Áp dụng bất đẳng thức (1), chứng minh bất đẳng thức sau: 1 a

14/14

(0,5 điểm) Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là ba số không âm.

Chứng minh bất đẳng thức \({a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + {b^2}a = ab\left( {a + b} \right).\,\,\,\left( 1 \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức (1), chứng minh bất đẳng thức sau:

\(\frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{abc}}\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

⦁ Với \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0\) ta có:

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

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

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

\( = \left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2}\).

Với \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0\) ta thấy rằng \(a + b \ge 0\) và \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\)

Do đó \(\left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) hay \({a^3} + {b^3} - ab\left( {a + b} \right) \ge 0\) nên \({a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + {b^2}a = ab\left( {a + b} \right).\,\,\,\left( 1 \right)\)

Như vậy, bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.

⦁ Áp dụng bất đẳng thức (1) cho \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0,\) ta có:

\({a^3} + {b^3} + abc \ge ab\left( {a + b} \right) + abc = ab\left( {a + b + c} \right);\)

\({b^3} + {c^3} + abc \ge bc\left( {b + c} \right) + abc = bc\left( {b + c + a} \right);\)

\({c^3} + {a^3} + abc \ge ca\left( {c + a} \right) + abc = ca\left( {c + a + b} \right)\).

Suy ra \[\frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} \le \frac{1}{{ab\left( {a + b + c} \right)}};\,\,\,\frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} \le \frac{1}{{bc\left( {b + c + a} \right)}};\,\,\,\frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{ca\left( {c + a + b} \right)}}.\]

Khi đó, \(A = \frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{ab\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{1}{{bc\left( {b + c + a} \right)}} + \frac{1}{{ca\left( {c + a + b} \right)}}\)

Hay \(A \le \frac{c}{{abc\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{a}{{abc\left( {a + b + c} \right)}} + \frac{b}{{abc\left( {a + b + c} \right)}}\)\( = \frac{{a + b + c}}{{abc\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{1}{{abc}}.\)

Vậy bất đẳng thức \(\frac{1}{{{a^3} + {b^3} + abc}} + \frac{1}{{{b^3} + {c^3} + abc}} + \frac{1}{{{c^3} + {a^3} + abc}} \le \frac{1}{{abc}}\) được chứng minh.