Cho \(a,b,c>0\), chứng minh:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a^3+b^3+1=a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
=> \(\frac{\sqrt{1+a^3+b^3}}{ab}\ge\frac{\sqrt{ab\left(a+b+c\right)}}{ab}=\frac{\sqrt{a+b+c}}{\sqrt{ab}}\)
Tuong tu: \(\frac{\sqrt{1+b^3+c^3}}{bc}\ge\frac{\sqrt{a+b+c}}{\sqrt{bc}}\)
\(\sqrt{1+c^3+a^3}\ge\frac{\sqrt{a+b+c}}{\sqrt{ca}}\)
suy ra: \(\frac{\sqrt{1+a^3+b^3}}{ab}+\frac{\sqrt{1+b^3+c^3}}{bc}+\frac{\sqrt{1+c^3+a^3}}{ca}\ge\sqrt{a+b+c}\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\right)\)
\(\ge\sqrt{3\sqrt[3]{abc}}.3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{ab}}.\frac{1}{\sqrt{bc}}.\frac{1}{\sqrt{ca}}}=3\sqrt{3}\) (dpcm)
Áp dụng bđt Cô-si vào 3 số a,b,c:
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Áp dụng \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) và \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\)
\(N\ge\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}\ge\dfrac{1}{3}\left(a\sqrt{\dfrac{b}{c}}+b\sqrt{\dfrac{c}{a}}+c\sqrt{\dfrac{a}{b}}\right)^2=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}3\sqrt{3}a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\ge3\sqrt{3}a\left(1\right)\\3\sqrt{3}b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b}\ge3\sqrt{3}b\left(2\right)\\3\sqrt{3}c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c}\ge3\sqrt{3}c\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\ge3\sqrt{3}\left[\left(a+b+c\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge\dfrac{3\sqrt{3}\left[1-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}{2}\)
\(=\dfrac{3\sqrt{3}\left[1-\left(a+b+c\right)^2+2\left(ab+bc+ca\right)\right]}{2}\)
\(=3\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\RightarrowĐPCM\)
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}+\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow c+2\sqrt{ab}\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Mà ta có:
\(c+2\sqrt{ab}=c+\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\ge3\sqrt[3]{abc}\left(ĐPCM\right)\)
Trời thì ý bn là chứng minh bất đẳng thức côsi chứ j
Đây
Ta có: \(a,b\ge0\) nên \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
Áp dụng hằng đẳng thức
Ta có: \(\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2-2\sqrt{a}\cdot\sqrt{b}\ge0\)
Suy ra \(a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
Suy ra \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)và dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a=b
Câu tiếp tương tự
Với lại hình như cái này lớp 7 đâu có học đâu mà hỏi nhỉ ????????
a + b + c >= 3 . căn 3(abc)
<=> (a + b + c)/3 >= căn 3(abc)
<=> [(a + b + c)/3]^3 >= abc (Bất đẳng thức Cauchy)
đổi biến : (a,b,c)->(x3,y3,z3)
Từ đây có x3+y3+z3-3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-yz-zx) >/ 0 với mọi x,y,z > 0