- 数学Ⅱ｜式と証明「a³+b³+c³≧3abcの証明」の基本例題解説ページです。
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問題｜a³+b³+c³≧3abcの証明
式と証明 40☆\(a\gt 0~,~b \gt 0~,~c \gt 0\) のとき、
等式 \(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
を用いた、不等式 \(a^3+b^3+c^3 {\small ~≧~} 3abc\) の証明方法は？
高校数学Ⅱ｜式と証明
解法のPoint
a³+b³+c³≧3abcの証明
Point：a³+b³+c³≧3abcの証明
① (左辺)－(右辺) をつくり、等式を用いる。
② \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\) は \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) でくくりなおすことで、0以上であることがいえる。
③ \(a+b+c \gt 0\) より、不等式が証明される。
不等式 \(a^3+b^3+c^3 {\small ~≧~} 3abc\) の証明方法は、
① (左辺)－(右辺) をつくり、等式を用いる。
\(\begin{eqnarray}~~~&&a^3+b^3+c^3-3abc
\\[3pt]~~~&=&(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\end{eqnarray}\)
② \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\) は \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) でくくりなおすことで、0以上であることがいえる。
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\} {\small ~≧~} 0\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\} {\small ~≧~} 0\end{eqnarray}\)
③ \(a+b+c \gt 0\) より、不等式が証明される。
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詳しい解説｜a³+b³+c³≧3abcの証明
式と証明 40☆
\(a\gt 0~,~b \gt 0~,~c \gt 0\) のとき、
等式 \(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
を用いた、不等式 \(a^3+b^3+c^3 {\small ~≧~} 3abc\) の証明方法は？
高校数学Ⅱ｜式と証明
[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^3+b^3+c^3-3abc\end{eqnarray}\)
等式を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\end{eqnarray}\)
後半部分を \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) でくくり出すと、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b+c) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(a+b+c)\left\{(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(a+b+c)\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(a+b+c)\left\{(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(a+b+c)\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}\end{eqnarray}\)
ここで、
\(a \gt 0~,~b \gt 0~,~c \gt 0\) より、\(a+b+c \gt 0\)
\((a-b)^2 {\small ~≧~} 0~,~(b-c)^2 {\small ~≧~} 0~,~(c-a)^2 {\small ~≧~} 0\) より、\((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 {\small ~≧~} 0\)
であることから、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(a+b+c)\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\} {\small ~≧~} 0\)
したがって、\(a^3+b^3+c^3 {\small ~≧~} 3abc\) [終]
