Question

[nguyễn quỳnh anh]

\(a,b,c>0\) , \(a+b+c=3\), chứng minh \(P=a^3+b^3+c^3+ab+bc+ca\ge6\)

Answer 1

[Nyatmax]

Ta có:

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

\(\Rightarrow VT-VP=a^3+b^3+c^3+ab+bc+ca-6\ge a^3+b^3+c^3-ab-bc-ca\) (Giải thích:\(-6\ge-2\left(ab+bc+ca\right)\Rightarrow a^3+b^3+c^3+ab+bc+ca-6\ge a^3+b^3+c^3-ab-bc-ca\))

Ta lại có:

\(a^3+b^3+c^3-ab-bc-ca\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a+b+c}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge\frac{\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]^2}{3}-3=0\)

\(\Rightarrow VT-VP\ge0\)

\(\Rightarrow P\ge6\)

Nếu có không đúng thì nhớ nói nhe chớ đừng có k sai tui giống mấy lần trước nhe :(

Answer 2

[Nyatmax]

Bài ở dưới mình nhầm nhe.

Update

Ta có:

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

\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}+\frac{9}{2}=6\)