Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1. CM:\(a^3+b^3+c^3\ge a+b+c\)
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
MT
0
F
6 tháng 4 2022
Đặt \(x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}\) \(\Rightarrow xyz=1\) (x;y;z > 0 do a;b;c>0)
Cần c/m : \(VT=\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{x^2+z^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}\ge x+y+z+3=VP\)
Dễ dàng c/m : VT \(\ge2\left(\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{xy}{z}\right)\) (1)
Thấy : \(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{xz}{y}\ge2x\) . CMTT : \(\dfrac{xz}{y}+\dfrac{yz}{x}\ge2z;\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xy}{z}\ge2y\)
Suy ra : \(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{yz}{x}\ge x+y+z\)
Có : \(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{yz}{x}\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)
Suy ra : \(2\left(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xz}{y}\right)\ge x+y+z+3\left(2\right)\)
Từ (1) ; (2) suy ra : \(VT\ge VP\)
" = " \(\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c=1\)
NP
1
12 tháng 10 2017
Câu hỏi của Lê Văn Hoàng - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
28 tháng 8 2019
\(VP^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (1)
\(VT^2=\left(\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}+\frac{c^4}{c}\right)^2\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^6}{27\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)^3}{27}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3}{27}=2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge VP^2\) (2)
Mà VT và VP đều dường nên từ (1) và (2) suy ra đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
KN
23 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)
Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)
Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
27 tháng 10 2019
Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)
\(=4c\sqrt{a+b}\)
Hoàn toàn tương tự
\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)
Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Chúc bạn học tốt !!!
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 10 2021
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{y}{x};\dfrac{z}{y};\dfrac{x}{z}\right)\)
\(\Rightarrow VT=\dfrac{1}{\dfrac{y}{x}\left(\dfrac{z}{y}+1\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{z}{y}\left(\dfrac{x}{z}+1\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{x}{z}\left(\dfrac{y}{x}+1\right)}\)
\(VT=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}=\dfrac{x^2}{xy+xz}+\dfrac{y^2}{xy+yz}+\dfrac{z^2}{xz+yz}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\dfrac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\dfrac{3}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 4 2022
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
TN
5 tháng 4 2017
Ta có:
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{b+c}{bc}}\)
Biến đổi tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:
\(\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}=\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{a+c}{ac}};\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{a+b}{ab}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{1}{2}3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=\frac{3}{2}\)
(a+b+c)^3= a^3+b^3 +c^3 +3abc( a+b+c)
= a^3 +b^3 +c^3 + 3(a+b+c)
Th1 nếu a+b+c=0
thì a^3 + b^3 +c^3 = a+b+c
TH2 a+b+c>0
thì a^3 +b^3 +c^3 > a+b+c