\(a^3+b^3+c^3\le9\)

">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

29 tháng 9 2018

Đặt b+c=x , c+a=y , a+b=z => a+b+c=(x+y+z)/2 
=> a=(y+z-x)/2 và b=(x+z-y)/2 và c=(x+y-z)/2 

VT = a/(a+b) +b/(b+c) +c/(c+a) 
=(y+z-x)/(2x) + (x+z-y)\(2y) + (x+y-z)/(2z) 
=(y/x + z/x -1+ x/y + z/y -1+ x/z + y/z -1 )/2 
=( y/x+ z/x + x/y + z/y + x/z + y/z -3 )/2 

Áp dụng Bđt cô si (3 lần cho 3 cặp nghich đảo) 
( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) >= 2x3 =6 <=> 
( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) -3 >= 3<=> 
[( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) -3]/2 >= 3/2<=> 
VT >= 3/2 
Dấu = xảy ra khi: x=y=z <=> a=b=c

29 tháng 9 2018

Ta Đặt

\(b+c=x;c+a=y;a+b=z\)

\(\Rightarrow a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)

Khi đó VT trở thành:

\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)

Áp dụng BĐT cô-si, ta được;

VT\(\ge\frac{1}{2}\left(6-3\right)=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

8 tháng 2 2017

Không mất tính tổng quát giả sử a lớn nhất trong các số a,b,c. Từ đó suy ra

\(3a\ge a+b+c=3\Leftrightarrow2\ge a\ge1\left(1\right)\)

Từ điều kiện \(0\le b,c\le a\le2\). ta có 

\(a^3+b^3+c^3\le a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3=9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\left(2\right)\)

Mà từ \(b,c\ge0\) và \(a+b+c=3\).Lưu ý rằng khi ta có \(1\le a\le2\) từ \(\left(1\right)\) ta có: \(\left(a-\frac{3}{2}\right)^3\le\frac{1}{4}\left(3\right)\).

Vậy \(a^3+b^3+c^3\le9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\le\frac{9}{4}+\frac{27}{4}=9\)

Từ (2) và (3). Như vậy đã chứng minh xong

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\\c=0\end{cases}}\)

8 tháng 2 2017

Let \(a\ge b\ge c\)

Since \(f\left(x\right)=x^3\)is a convex function on  \(\left[0,3\right]\) and \(\left(2,1,0\right)›\left(a,b,c\right)\)

By Karamata's inequality we obtain 

\(9=2^3+1^3+0^2\ge a^3+b^3+c^3\)

Done!  :)))

P/s:viết tiếng anh giỏi quá =))

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 \(a=b=c\)

15 tháng 5 2018

Akai Haruma cảm ơn thầy /cô

27 tháng 5 2020

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)

\(=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ca+bc}\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó là tam giác đều

10 tháng 2 2016

Bài khó đấy