三元均值不等式

牢记公式以后会省事

定理： 若 $a,b,c\ge 0$a,b,c≥0，则 $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$a+b+c≥33abc​。

证明方法：代数法（利用因式分解公式）

我们要证明 $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$a+b+c≥33abc​，可以令 $x=\sqrt[3]{a},y=\sqrt[3]{b},z=\sqrt[3]{c}$x=3a​,y=3b​,z=3c​。 那么原不等式就转化为证明：$x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$x3+y3+z3≥3xyz （其中 $x,y,z\ge 0$x,y,z≥0）。

我们利用一个著名的代数恒等式： $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$x3+y3+z3−3xyz=(x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx)

我们需要判断右边的符号：

1. 因为 $x,y,z\ge 0$x,y,z≥0，所以 (x+y+z)≥0(x+y+z)≥0。
2. 对于第二项 $(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$(x2+y2+z2−xy−yz−zx)，我们可以将其变形为完全平方式的和： $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=\frac{1}{2}[(x-y{)}^2+(y-z{)}^2+(z-x{)}^2]$x2+y2+z2−xy−yz−zx=21​[(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2] 因为平方数总是非负的，所以 12[(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2]≥021​[(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2]≥0。

结论： 因为两项都 $\ge 0$≥0，所以它们的乘积 $\ge 0$≥0。 即 $x^3+y^3+z^3-3xyz\ge 0⟹x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$x3+y3+z3−3xyz≥0⟹x3+y3+z3≥3xyz。 代回 $a,b,c$a,b,c，即得证：a+b+c≥3abc3a+b+c≥33abc​。

(注：等号成立当且仅当 x=y=zx=y=z，即 a=b=ca=b=c)