Chứng minh rằng :
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2c^2-ab-bc-ca\right)\)
Những câu hỏi liên quan
Chứng minh rằng: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2c^2-ab-bc-ca\right)\)
Biến đổi vế trài ta có
a3+b3+c3-3abc+3ab(a+b)-3ab(a+b)
=(a+b)(a2-ab+b2)-3ab(a+b+c)+3ab(a+b)+c3
=(a+b)(a+b)2+c3-3ab(a+B+c)
=......................
Bn cứ nhóm lại là = vế phải.
Đúng 0
Bình luận (0)
bạn thiếu dấu cộng giữa b2 và c2 vì vậy vế phải là (a+b+c)(a2+b2+c2 -ab-bc-ac)
Ta có : a3+b3+c3 -3abc = (a+b)3 -3ab(a+b)+c3 -3abc = (a+b)3 +c3 -3ab(a+b+c)
=(a+b+c)3 -3(a+b)c(a+b+c)-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b+c)2-3(ac+bc)-3ab)
=(a+b+c)(a2+b2+c2 +2ab +2ac +2bc -3ab -3bc -3ac )
=(a+b+c)(a2+b2 +c2-ab-bc-ac)=vp (đpcm)
Đúng 0
Bình luận (0)
Có: a3+b3+c3−3abc
=a3+3a2b+3ab2+b3+c3−3a2b−3ab2−3abc
=(a+b)3+c3−3ab(a+b+c)
=(a+b+c)(a2+2ab+b2−(a+b)c+c2)−3ab(a+b+c)
=(a+b+c)(a2+b2+c2+2ab−ac−bc−3ab)
=(a+b+c)(a2+b2+c2−ab−ac−bc)(đpcm)
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh rằng: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(VT=a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=VP\)
Đúng 0
Bình luận (0)
\(VP\left(đề\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2c^2-ab-bc-ca\right)\ne VP@TN\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Xem thêm câu trả lời
chứng minh rằng \(a^3+b^3+c^3+3abc>=ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (đúng)
Hoặc nó tương đương \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\dfrac{2b}{2}=b\)
Tương tự rồi nhân theo vế cũng thu được ĐPCM
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)
\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)
Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)
Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:
\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Dấu "=" khi a = b = c > 0
P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại
Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
Cho ba số thực a, b, c. Chứng minh rằng:\(\left(a^2-bc\right)^3+\left(b^2-ca\right)^3+\left(c^2-ab\right)^3\ge3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)
\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)
=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x
Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)
và \(a^2+b^2+c^2-\left(ab+bc+ca\right)=0\)\(\Rightarrow a=b=c\)
Đúng 1
Bình luận (0)
giả sử a,b,c là các số thực dương CMR
\(\dfrac{b^2c^3}{a^2\left(b+c\right)^3}+\dfrac{c^2a^3}{b^2\left(a+c\right)^3}+\dfrac{a^2c^3}{c^2\left(a+b\right)^3}\ge\dfrac{9abc}{4\left(3abc+ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
Bạn tham khảo bài số 3:
Đúng 0
Bình luận (0)
Với các số dương a, b, c thỏa mãn a+b+c3abc, chứng minh rằng: a^4b^4+b^4c^4+c^4a^43a^4b^4c^4Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: frac{a^5}{bc^2}+frac{b^5}{ca^2}+frac{c^5}{ab^2}a^2+b^2+c^2Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: frac{a^3}{left(b+2cright)^2}+frac{b^3}{left(c+2aright)^2}+frac{c^3}{left(a+2bright)^2}frac{1}{9}left(a+b+cright)
Đọc tiếp
Với các số dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=3abc, chứng minh rằng:
\(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4>=3a^4b^4c^4\)
Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^5}{bc^2}+\frac{b^5}{ca^2}+\frac{c^5}{ab^2}>=a^2+b^2+c^2\)
Với các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}+\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}>=\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\)
\(\Sigma_{sym}a^4b^4\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}a^2b^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}ab\right)^4}{27}\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2}{3}=3a^4b^4c^4\)
\(\Sigma\frac{a^5}{bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^4}{abc\left(a+b+c\right)^3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^6\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc\left(a+b+c\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc}=a^2+b^2+c^2\)
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b+2c}{27}+\frac{b+2c}{27}\ge\frac{a}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}\ge\frac{1}{3}a-\frac{2}{27}b-\frac{4}{27}c\)
tương tự rồi cộng lại