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 \(\Leftrightarrow a=b=c\)

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 .

Ta chứng minh được:

\(\left(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\right)^2\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Thật vậy, bđt đúng với \(\left(\dfrac{ab}{c};\dfrac{bc}{a};\dfrac{ca}{b}\right)=\left(x;y;z\right)\)

\(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+xz\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

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

Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=> BĐT cần chứng minh xảy ra dấu bằng khi a=b=c

\(\Rightarrow\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge3\)

ta có \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow1\ge\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)

a) theo bđt cauchy schwarz ta có

\(\dfrac{a^3b^3}{c}+\dfrac{b^3c^3}{a}+\dfrac{c^3a^3}{b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^6b^6c^6}{abc}}=3\dfrac{a^2b^2c^2}{\sqrt[3]{abc}.1}\ge3\dfrac{a^2b^2c^2}{\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}=3abc\)

C1 : Áp dụng BĐT Cô - si cho 3 số không âm ta được :

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

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

C2 : Sử dụng biến đổi tương đương :

Ta có :\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)

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

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

Do đó có : \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Xét hiệu \(a^3+b^3+c^3-3abc\) ta có:

\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)

\(=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)

\(=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right).c.\left(a+b+c\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

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

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

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

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

\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\right]\)

\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]\)

Vì \(a,b,c\ge0\)\(\Rightarrow a+b+c\ge0\)

mà \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

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

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

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=b=c=0\\a=b=c\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow a=b=c\ge0\)

đăng 2 lần ở 2 web làm gì rồi COPIER lại đào lên nhai lại

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

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 \(a=b=c\)

==" 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

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

<=>\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)

<=>\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

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 \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)