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 \(\Leftrightarrow a=b=c\)

\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)+\left(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right)\ge0\)(luôn đúng với a,b,c >0)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, nếu bạn không hiểu chỗ nào thì nhắn tin nhắn riêng hỏi mk nhé, bài mk cam kết 100% đúng)

a³+b³+c³ - 3abc >= 0 

<=>(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca) >= 0 

bn tự c/m ngoặc thứ 2 >= 0 (nhân 2 vào),có a+b+c >= 0 ->đpcm

\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)

\(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)

Tương tự \(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{a}{a+b+c}\); \(\frac{1}{a^3+c^3+1}\le\frac{b}{a+b+c}\)

Cộng vế với vế:

\(\sum\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Áp dụng bđt cô si dạng engel cho 3 số dương:

\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)

Vậy đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c

Chúc bạn học tốt!

Câu hỏi của Pé Ken - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath tham khảo

bạn làm cách khác dc ko? mik k bt lm bdt cô si

Áp dụng hệ quả BĐT Cauchy cho 2 số thực dương ta có

(ab)^2 +(bc)^2 >=2 ab.bc

(bc)^2+(ca)^2 >= 2bc.ca

(ca)^2+(ab)^2 >= 2ca.ab

=> 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)>=2abc(a+b+c)

<=>  a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= abc(a+b+c)

Dấu = xảy ra <=> ab=bc=ca <=>a=b=c

Áp dụng bất đẳng thức cosi cho lần lượt 3 số không âm là a,b,c ta có :

\(a^2b^2+b^2c^2\ge2b^2ac\)

\(b^2c^2+c^2a^2\ge2c^2ab\)

\(a^2b^2+c^2a^2\ge2a^2bc\)

Cộng lần lượt 3 vế của các bđt trên ta có :

\(2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)

ĐPCM

Dấu "=" khi a=b=c

Ta có BĐT sau \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)    

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)

Áp dụng vào thì 

\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+bC^2a+ca^2b\)

\(=abc\left(a+b+c\right)\)

Phù ....... 10 phút đồng hồ đánh đt :((((

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 ?

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 .

\(giải:\)

\(a^3\)\(+b^3\)\(+c^3\)\(\ge3abc\)

\(\Rightarrow a^3\)\(+b^3\)\(+c^3\)\(-3abc\ge0\)

\(\Rightarrow a^3\)\(+b^3\)\(+c^3\)\(-3abc+3a^2b+3ab^2-3a^2b-3ab^2\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)+c^3-\left(3abc+3a^2b+3ab^2\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(c+a+b\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2-3ab\right]\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\right]\ge0\)(luôn đúng \(\forall\)a,b,c\(\ge0\))

hay \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\left(đpcm\right)\)