Chủ đề này có 7 trả lời

[hoangtpf4]

cho a,b,c>0 và a+b+c=abc.CM: $\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq 3$

[lahantaithe99]

cho a,b,c>0 và a+b+c=abc.CM: $\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq 3$

Có vấn đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 21-06-2014 - 21:10

[hoangtpf4]

Có vấn đề

mk nhầm.a+b+c=3abc

[lahantaithe99]

cho a,b,c>0 và a+b+c=3abc.CM: $\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq 3$

Ta có 

 

$Gt\Rightarrow \sum \frac{1}{ab}=3$ nên đặt $(\frac{1}{a},...)=(x,y,z)\Rightarrow xy+yz+xz=3$

 

Khi đó

 

$\sum \frac{1}{a^3}=x^3+y^3+z^3$

 

Áp dụng BĐT Bunhia:

 

 $x^3+y^3+z^3\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{9}\geqslant \frac{(\sqrt{3(xy+yz+xz})^3}{9}=3$

 

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

[Runaway2712]

Theo BĐT AM-GM:

$VT=\sum (\frac{1}{a^{3}}+2)-6\geq 3\sum \frac{1}{a}-6\geq 3\sqrt{3(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}) }-6=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Runaway2712: 21-06-2014 - 21:58

[hoangtpf4]

Ta có 

 

$Gt\Rightarrow \sum \frac{1}{ab}=3$ nên đặt $(\frac{1}{a},...)=(x,y,z)\Rightarrow xy+yz+xz=3$

 

Khi đó

 

$\sum \frac{1}{a^3}=x^3+y^3+z^3$

 

Áp dụng BĐT Bunhia:

 

 $x^3+y^3+z^3\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{9}\geqslant \frac{(\sqrt{3(xy+yz+xz})^3}{9}=3$

 

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Ta có 

 

$Gt\Rightarrow \sum \frac{1}{ab}=3$ nên đặt $(\frac{1}{a},...)=(x,y,z)\Rightarrow xy+yz+xz=3$

 

Khi đó

 

$\sum \frac{1}{a^3}=x^3+y^3+z^3$

 

Áp dụng BĐT Bunhia:

 

 $x^3+y^3+z^3\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{9}\geqslant \frac{(\sqrt{3(xy+yz+xz})^3}{9}=3$

 

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Dấu = thứ nhất thì mk hiểu rồi nhưng thứ 2 và t3 mk chưa hiểu

[lahantaithe99]

Dấu = thứ nhất thì mk hiểu rồi nhưng thứ 2 và t3 mk chưa hiểu

 

Dấu $=$ thứ $2$

 

Do ta có $x^2+y^2+z^2\geqslant \frac{(x+y+z)^2}{3}\Rightarrow \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{9}$

 

Dấu $=$ thứ $3$

 

Do $(x+y+z)^2\geqslant 3(xy+yz+xz)\Rightarrow x+y+z\geqslant \sqrt{3(xy+yz+xz)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 21-06-2014 - 21:48

[kanashini]

cho a,b,c>0 và a+b+c=abc.CM: $\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq 3$

Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z$

Có: $VT=x^{3}+y^{3}+z^{3}=\frac{x^{4}}{x}+\frac{y^{4}}{y}+\frac{z^{4}}{z}\geqslant\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{x+y+z}\geqslant\frac{(\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}})^{3}}{\sqrt{3}}\geqslant\frac{(\sqrt{xy+yz+zx})^{3}}{\sqrt{3}}=3$