Cho a,b,c>0. Chứng minh \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
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 .
M
6
6 tháng 2 2020
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
TT
6 tháng 2 2020
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 \(\Leftrightarrow a=b=c\)
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 .
P
0
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
\(a^2+b^2-2ab+b^2+c^2-2bc+a^2+c^2-2ac\ge0\)
<=>\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)
<=>\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
LH
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
10 tháng 6 2019
\(N=\frac{3+a^2}{3-a}+\frac{3+b^2}{3-b}+\frac{3+c^2}{3-c}\)
Ta chứng minh \(\frac{3+a^2}{3-a}\ge2a\) với mọi \(0< a< 3\), thật vậy:
\(\Leftrightarrow3+a^2-2a\left(3-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự ta có: \(\frac{3+b^2}{3-b}\ge2b\); \(\frac{3+c^2}{3-c}\ge2c\)
Cộng vế với vế: \(\Leftrightarrow N\ge2\left(a+b+c\right)=6\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
DH
29 tháng 1 2020
Ta có: \(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^6+ab^5+b^6+a^5b\right)\ge a^6+a^2b^4+a^4b^2+b^6\)
\(\Leftrightarrow ab^5+a^5b-a^2b^4-a^4b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(b^4+a^4-ab^3-a^3b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4-ab^3-a^3b\ge0\left(Vì:ab>0\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^4-a^3b\right)+\left(b^4-ab^3\right)\ge0\)
\(a^3\left(a-b\right)+b^3\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\left(luôn-đúng\forall a,b\right)\)
Vì: \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(a^2ab+b^2=a^2+ab+\frac{b^2}{4}+\frac{3}{4}b^2\)
\(=\left(a+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3}{4}b^2\ge0\forall a,b\)
Từ trên ta suy ra: \(\left(a^5+b^5\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^4+b^4\right)\left(a^2+b^2\right)vớiab>0\left(đpcm\right)\)
KT
29 tháng 1 2020
Thật ra mình thấy đến chỗ
(a-b)^2 . (a^2+ab+b^2) >= 0
Giải thích là ab>0 nên auto >= 0 là đc rồi
Không cần khai triển ra lắm :v
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)
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\) (Luôn đúng \(\forall a;b;c>0\) )
Vậy \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)