Cho a,b,c,d lớn hơn 0.CMR \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
ZK
1
22 tháng 7 2018
Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có :
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c .
HP
12 tháng 2 2017
a3+b3+c3 - 3abc >= 0
<=>(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) >= 0
bn tự c/m ngoặc thứ 2 >= 0 (nhân 2 vào),có a+b+c >= 0 ->đpcm
E
15 tháng 7 2017
BL: a + b + c > 0 => a + b >= -c
Ta có: a + b .>= -c
=> ( a + b )3 >= (-c)3
=> a3 + b3 + 3ab ( ab) >= (-c)3
=> a3 + b3 + 3ab ( -c) >= (-c)3
=> a3 + b3 + c3 >= 3abc ( ĐPCM)
15 tháng 7 2017
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\) (Luôn đúng \(\forall a;b;c>0\) )
Vậy \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 5 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\frac{a^3}{bc}+b+c\geq 3\sqrt[3]{a^3}=3a\)
\(\frac{b^3}{ca}+c+a\geq 3\sqrt[3]{b^3}=3b\)
\(\frac{c^3}{ab}+a+b\geq 3\sqrt[3]{c^3}=3c\)
Cộng theo vế thu được:
\(\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}+2(a+b+c)\geq 3(a+b+c)\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
T
2
TT
6 tháng 2 2020
Ta thử nha :)) Có gì sai thì chỉ bảo nhé :
BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(4a^2+4b^2+4c^2-4ab-4bc-4ca-3a^2+6ab-3b^2\ge\right)0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2+4c\left(c-b-a\right)\right]\ge0\) ( luôn đúng với a,b,c > 0 ?? )
Vậy ta có điều phải chứng minh ?
TT
6 tháng 2 2020
Xin phép làm lại nha :))
Ta có BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)-\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(4a^2+4b^2+4c^2-4ab-4ca-4bc-3a^2-3b^2+6ab\ge\right)0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a+b-2c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh .
9 tháng 4 2019
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+3a^2b+3ab^2+b^3+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\ge0\)
Bài thiếu điều kiện \(a+b+c\ge0\)
Dễ dàng chứng minh \(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge0\)nên ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a=b=c=0\end{cases}}\)
T
10 tháng 4 2019
Cách này có được không ta?
Đặt \(\left(a^3;b^3;c^3\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) và thêm đk a,b,c>0
Chuẩn hóa x + y + z = 1 (*) thì ta cần chứng minh:
\(1\ge3\sqrt{xyz}\Leftrightarrow f\left(x;y;z\right)=1-27xyz\ge0\)
Ta nhận thấy nếu thay x và y bởi \(t=\frac{\left(x+y\right)}{2}\) thì (*) vẫn thỏa mãn.
Ta có: \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=t^2\)
Suy ra \(f\left(x;y;z\right)\ge1-27t^2z=f\left(t;t;z\right)\)
Thay x;y bởi \(t=\frac{\left(x+y\right)}{2}\) vào (*) suy ra được: \(z=1-2t\)
Khi đó ta cần chứng minh: \(f\left(t;t;z\right)=1-27t^2\left(1-2t\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow54t^3-27t^2+1\ge0\Leftrightarrow\left(6t+1\right)\left(3t-1\right)^2\ge0\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi x = y và t = 1/3 tương đương với x = y =z =1/3
Tương đương với x = y =z (do đầu bài ta chuẩn hóa x + y + z = 1)
Tức là a = b =c
4 tháng 4 2018
Đặt A=\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)
\(A+3=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{c}{a+b}+1\)
\(A+3=\dfrac{a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{c+a}+\dfrac{a+b+c}{a+b}\)
\(A+3=\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\)
CM:\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\)(tự cm)
Áp dụng:\(\Rightarrow A+3\ge\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{9}{a+b+b+c+c+a}\right)=\dfrac{9}{2}\)
\(\Rightarrow A\ge\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
6 tháng 2 2020
CMR:a3+b3+c3\(\ge\)3abc với a,b,c>0
+)Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si của ba số nguyên dương ta có:
a3+b3+c3\(\ge\)\(\sqrt[3^3]{a^3b^3c^3}\)
Mà \(\sqrt[3^3]{a^3b^3c^3}\)=3abc
=>a3+b3+c3\(\ge\)3abc
Bất đẳng thức xảy ra khi a=b=c(ĐPCM)
Chúc bn học tốt
TT
6 tháng 2 2020
C1 : Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương \(a^3,b^3,c^3\) ta được :
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3.b^3.c^3}=3abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
C2 : ta xét hiệu : \(a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\) (1)
Ta thấy \(\left(1\right)\ge0\) \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Áp dụng Bđt Cô si 3 số dương ta có:
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Đpcm