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 .

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

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 \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)

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 \(a=b=c\)

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 .

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

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

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

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

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

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

Bài thiếu điều kiện \(a+b+c\ge0\)

Dễ dàng chứng minh \(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge0\)nên ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a=b=c=0\end{cases}}\)

Cách này có được không ta?

Đặt \(\left(a^3;b^3;c^3\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) và thêm đk a,b,c>0

Chuẩn hóa x + y + z = 1 (*) thì ta cần chứng minh:

\(1\ge3\sqrt{xyz}\Leftrightarrow f\left(x;y;z\right)=1-27xyz\ge0\)

Ta nhận thấy nếu thay x và y bởi \(t=\frac{\left(x+y\right)}{2}\) thì (*) vẫn thỏa mãn.

Ta có: \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=t^2\)

Suy ra \(f\left(x;y;z\right)\ge1-27t^2z=f\left(t;t;z\right)\)

Thay x;y bởi \(t=\frac{\left(x+y\right)}{2}\) vào (*) suy ra được: \(z=1-2t\)

Khi đó ta cần chứng minh: \(f\left(t;t;z\right)=1-27t^2\left(1-2t\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow54t^3-27t^2+1\ge0\Leftrightarrow\left(6t+1\right)\left(3t-1\right)^2\ge0\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi x = y và t = 1/3 tương đương với x = y =z =1/3

Tương đương với x = y =z (do đầu bài ta chuẩn hóa x + y + z = 1)

Tức là a = b =c

@phương: Với a = b=  c = 2 thì đẳng thức vẫn xảy ra mà?

Đặt A=\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)

\(A+3=\dfrac{a}{b+c}+1+\dfrac{b}{c+a}+1+\dfrac{c}{a+b}+1\)

\(A+3=\dfrac{a+b+c}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{c+a}+\dfrac{a+b+c}{a+b}\)

\(A+3=\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\)

CM:\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\)(tự cm)

Áp dụng:\(\Rightarrow A+3\ge\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{9}{a+b+b+c+c+a}\right)=\dfrac{9}{2}\)

\(\Rightarrow A\ge\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)

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)