Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
áp dụng bất đẳng thức bunhia ta có :
\(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
mà ta có dấu bằng xảy ra vậy ta có \(\frac{a^3}{a}=\frac{b^3}{b}=\frac{c^3}{c}\Leftrightarrow a=b=c\)
thay lại ta có \(a=b=c=1\Rightarrow a^5+b^5+c^5=3\)
\(1.\) Đang duyệt
\(2a.\)
Ta có:
\(P-Q=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{a^3}{c^2+ac+a^2}\)
\(\Leftrightarrow\) \(P-Q=\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3-a^3}{c^2+ac+a^2}\)
\(\Leftrightarrow\) \(P-Q=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}+\frac{\left(b-c\right)\left(b^2+bc+c^2\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{\left(c-a\right)\left(c^2+ac+a^2\right)}{c^2+ac+a^2}\)
\(\Leftrightarrow\) \(P-Q=a-b+b-c+c-a\) (do \(a,b,c\ne0\) )
\(\Leftrightarrow\) \(P-Q=0\)
Vậy, \(P=Q\) \(\left(đpcm\right)\)
\(1.\)
Theo đề bài, ta có:
\(a^3=b^2+b+\frac{1}{3}\) \(\left(1\right)\)
\(b^3=c^3+c^2+\frac{1}{3}\) \(\left(2\right)\)
\(c^3=a^3+a^2+\frac{1}{3}\) \(\left(3\right)\)
Vì \(b^2+b+\frac{1}{3}=\left(b+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{12}\ge\frac{1}{12}>0\) nên từ \(\left(1\right)\) \(\Rightarrow\) \(a^3>0\) , tức là \(a>0\)
Tương tự, \(b,c>0\)
Do vai trò hoán vị của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên có thể giả sử \(a=max\left\{a,b,c\right\}\) hay \(a\ge b\) \(;\) \(a\ge c\)
Do đó,
\(\text{+) }\) Từ \(\left(1\right)\) \(;\) \(\left(3\right)\) , ta có:
\(a^3=b^2+b+\frac{1}{3}\le a^2+a+\frac{1}{3}=c^3\)
Theo đó, \(a^3\le c^3\) hay \(a\le c\)
Mà \(a\ge c\) \(\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\) \(a=c\) \(\left(\text{*}\right)\)
Lại có:
\(\text{+) }\) Từ \(\left(2\right)\) \(;\) \(\left(3\right)\) , ta có:
\(b^3=c^2+c+\frac{1}{3}=a^2+a+\frac{1}{3}=c^3\) (do \(a=c\) )
nên \(b^3=c^3\) , tức là \(b=c\) \(\left(\text{**}\right)\)
Vậy, từ \(\left(\text{*}\right)\) và \(\left(\text{**}\right)\) , suy ra \(a=b=c\)
bạn có:
1/a^3(b+c) + 1/b^3(a+c) + 1/c^3(a+b) = (b^2.c^2)/(a^3.b^2.c^2.(b+c)) + (a^2.c^2)/(a^2.b^3.c^2(a+c)) + a^2.b^2/(a^2.b^2.c^3.(a+b)) (nhân cả tử với mẫu cho a , b , c tương ứng)
vì abc = 1 nên bạn sẽ có:
(b^2.c^2)/(a(b+c)) + a^2.c^2/(b(a+c)) + a^2.b^2/(c(a+b))
áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schwarz( bất đẳng thức này bạn dễ dàng chứng minh được dựa vào bunhiacopsky, bạn cũng có thể lên mạng tìm hiểu :D)
(b^2.c^2)/(a(b+c)) + a^2.c^2/(b(a+c)) + a^2.b^2/(c(a+b)) >= (ac + ab + bc)^2/( a(b+c) + b(a+C) + c(a+b))
vế phải = (ac + ab + bc)^2/(2(ab + ac + bc) = (ac + ab + bc)/2 >= (3 căn bậc ba( a^2.b^2.c^2))/2 (bđt cauchy) >= 3.1/2 = 3/2 (vì abc = 1) => đpcm
Cho 4 số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+c=2b và c(b+d)=2bd. CM :
Bài 1:Cách thông thường nhất là sos hoặc cauchy-Schwarz nhưng thôi ko làm:v Thử cách này cho nó mới dù rằng ko chắc
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c\le1\Rightarrow a+b=3-c\ge2\) và \(a\ge1\)
Ta có \(LHS=a^3.a+b^3.b+c^3.c\)
\(=\left(a^3-b^3\right)a+\left(b^3-c^3\right)\left(a+b\right)+c^3\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\left(a^3-b^3\right).1+\left(b^3-c^3\right).2+3c^3\)
\(=a^3+b^3+c^3=RHS\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Đặt P=\(4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+5\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=\left(5a^2+\frac{4}{a}\right)+\left(5b^2+\frac{4}{b}\right)+\left(5c^2+\frac{4}{c}\right)\)
Lại có:\(a^3+b^3+c^3=3\)và \(a,b,c>0\)\(\Rightarrow0< a,b,c\le\sqrt[3]{3}\)
Ta chứng minh cho:
\(5x^2+\frac{4}{x}\ge2x^3+7\)với \(0< x\le\sqrt[3]{3}\)
\(\Leftrightarrow5x^2+\frac{4}{x}-2x^3-7\ge0\)
\(\Leftrightarrow5x^3+4-2x^4-7x\ge0\)
\(\Leftrightarrow2x^4-5x^3+7x-4\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x^2-x-4\right)\left(x-1\right)^2\le0\)
Nhận thấy \(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)^2\ge0\forall x\\2x^2-x-4< 0\forall0< x\le\sqrt[3]{3}\end{cases}}\)\(\Rightarrow5x^2+\frac{4}{x}\ge2x^3+7\)\(\left(1\right)\)
Áp dụng (1).Ta có:
\(P\ge2a^3+7+2b^3+7+2c^3+7\) với \(0< a,b,c\le\sqrt[3]{3}\)
\(\Leftrightarrow P\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+21\)
\(\Leftrightarrow P\ge27\) Do:\(a^3+b^3+c^3=3\)\(\left(đpcm\right)\)
Dấu = xảy ra khi:
\(a=b=c=1\)
\(1.\) \(\left(a+2\right)\left(a+3\right)\left(a^2+a+6\right)+4a^2=\left(a^2+5a+6\right)\left(a^2+a+6\right)+4a^2\)
Đặt \(t=a^2+3a+6\) , ta được:
\(\left(t+2a\right)\left(t-2a\right)+4a^2=t^2-4a^2+4a^2=t^2=\left(a^2+3a+6\right)^2\)
Ta có:
(a2+b2+c2)-(a+b+c)=0
<=>a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)=0 (1)
Lại có:
(a3+b3+c3)-(a2+b2+c2)=0
<=>a2(a-1)+b2(b-1)+c2(c-1)=0 (2)
Lấy (2) - (1) ta có:
[a2(a-1)+b2(b-1)+c2(c-1)]-[a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)]=0
<=>a(a-1)2+b(b-1)2+c(c-1)2=0
Vì a>0 => a(a-1)2>0
b>0 => b(b-1)2>0
c>0 => c(c-1)2>0
=>a=b=c=1 (do a,b,c>0)
=> a5+b5+c5=3
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :
\(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
Mà \(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra \(< =>a=b=c\)
Suy ra \(\hept{\begin{cases}3a=3a^2\\3b=3b^2\\3c=3c^2\end{cases}}< = >a=b=c=1>0\)
Khi đó \(a^5+b^5+c^5=1^5+1^5+1^5=3\)