Chứng minh rằng :
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)với a,b,c > 0
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
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 .
T
2
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 \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
LD
14 tháng 7 2017
câu a ) chuyển vế => đpcm
câu b) nhân 2 vế vs 2 rồi chuyển vế => đpcm
câu c) chuyển vế pt đa thức thành nhân tử ( cái này lớp 8 đã pt rồi)=> đpcm
14 tháng 7 2017
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\)
Xảy ra khi \(a=b\)
b)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)
c)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)
LT
22 tháng 2 2018
==" s t nhớ là bất đẳng thức cosi dùng cho số dương nhỉ ?
\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
<=>\(a^2-2ab+b^2\ge0\)
<=>\(a^2+b^2\ge2ab\)
b) Ta có\(\left(a-b\right)^2\ge0\)(1)
\(\left(b-c\right)^2\ge0\)(2)
\(\left(a-c\right)^2\ge0\)(3)
Cộng vế với vế ba đẳng thức (1),(2),(3) ta đc
\(a^2+b^2-2ab+b^2+c^2-2bc+a^2+c^2-2ac\ge0\)
<=>\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)
<=>\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
LT
1
4 tháng 3 2017
\(giải:\)
\(a^3\)\(+b^3\)\(+c^3\)\(\ge3abc\)
\(\Rightarrow a^3\)\(+b^3\)\(+c^3\)\(-3abc\ge0\)
\(\Rightarrow a^3\)\(+b^3\)\(+c^3\)\(-3abc+3a^2b+3ab^2-3a^2b-3ab^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)+c^3-\left(3abc+3a^2b+3ab^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(c+a+b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2-3ab\right]\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\right]\ge0\)(luôn đúng \(\forall\)a,b,c\(\ge0\))
hay \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\left(đpcm\right)\)
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 .
TT
9 tháng 2 2020
Hướng làm nè :
Giả sử : \(a=min,c=max\)
Thì : \(t=c,k=a\)
Ta đặt : \(b=a+x,c=a+y\left(x\le y\right)\)
Rồi thay vào BĐT cần chứng minh, phá tung ra là được :))
P/s : Mày ra đề làm dài khiếp á !!
9 tháng 6 2018
Bài 6 . Áp dụng BĐT Cauchy , ta có :
a2 + b2 ≥ 2ab ( a > 0 ; b > 0)
⇔ ( a + b)2 ≥ 4ab
⇔ \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)≥ ab
⇔ \(\dfrac{a+b}{4}\) ≥ \(\dfrac{ab}{a+b}\) ( 1 )
CMTT , ta cũng được : \(\dfrac{b+c}{4}\) ≥ \(\dfrac{bc}{b+c}\) ( 2) ; \(\dfrac{a+c}{4}\) ≥ \(\dfrac{ac}{a+c}\)( 3)
Cộng từng vế của ( 1 ; 2 ; 3 ) , Ta có :
\(\dfrac{a+b}{4}\) + \(\dfrac{b+c}{4}\) + \(\dfrac{a+c}{4}\) ≥ \(\dfrac{ab}{a+b}\) + \(\dfrac{bc}{b+c}\) + \(\dfrac{ac}{a+c}\)
⇔ \(\dfrac{a+b+c}{2}\) ≥ \(\dfrac{ab}{a+b}\) + \(\dfrac{bc}{b+c}\) + \(\dfrac{ac}{a+c}\)
9 tháng 6 2018
Bài 4.
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương a , b, c , ta có :
\(1+\dfrac{a}{b}\) ≥ \(2\sqrt{\dfrac{a}{b}}\) ( a > 0 ; b > 0) ( 1)
\(1+\dfrac{b}{c}\) ≥ \(2\sqrt{\dfrac{b}{c}}\) ( b > 0 ; c > 0) ( 2)
\(1+\dfrac{c}{a}\) ≥ \(2\sqrt{\dfrac{c}{a}}\) ( a > 0 ; c > 0) ( 3)
Nhân từng vế của ( 1 ; 2 ; 3) , ta được :
\(\left(1+\dfrac{a}{b}\right)\left(1+\dfrac{b}{c}\right)\left(1+\dfrac{c}{a}\right)\) ≥ \(8\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{c}.\dfrac{c}{a}}=8\)
ND
17 tháng 7 2018
Ta có:
\(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}\ge\dfrac{12}{a+b}\) (1)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a\left(a+b\right)+3b\left(a+b\right)-12ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2+3ab+3ab+3b^2-12ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2+3b^2-6ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\) ( luôn đúng)
Tương tự ta có:
\(\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\ge\dfrac{8}{b+c}\) (2)
\(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\) (3)
Cộng vế (1) (2)(3) ta được:
\(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{12}{a+b}+\dfrac{8}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4}{a}+\dfrac{5}{b}+\dfrac{3}{c}\ge4\left(\dfrac{3}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\)
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
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 \(\Leftrightarrow a=b=c\)