Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\dfrac{a^3}{c}=x;\dfrac{b^3}{a}=y;\dfrac{c^3}{b}=z\)
Suy ra \(\dfrac{a^3}{c}.\dfrac{b^3}{a}.\dfrac{c^3}{b}=xyz\Leftrightarrow xyz=\left(abc\right)^2=1\)
Vậy ta có \(\dfrac{c}{a^3}=\dfrac{1}{x};\dfrac{a}{b^3}=\dfrac{1}{y};\dfrac{b}{c^3}=\dfrac{1}{z}\)
Theo đề bài ta có \(x+y+z=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{xy+xz+yz}{xyz}=xy+xz+yz\)
Ta lại có \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)=xyz-xz-yz-xy+x+y+z-1=1-\left(xz+yz+xy\right)+x+y+z-1=-\left(x+y+z\right)+\left(x+y+z\right)=0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\y-1=0\\z-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\y=1\\z=1\end{matrix}\right.\)
_ x=1\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{c}=1\Leftrightarrow a^3=c\left(1\right)\)
Tương tự:
y=1\(\Leftrightarrow\)\(b^3=a\)(2)
z=1\(\Leftrightarrow c^3=b\)(3)
Từ (1),(2),(3)
Vậy trong 3 số a,b,c luôn tồn tại một số là lập phương của một trong 2 số còn lại
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ac}\)
Theo đề bài \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)
\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)=0\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}=0\)
\(\Rightarrow\frac{c+a+b}{abc}=0\) mà \(a;b;c\ne0\Rightarrow abc\ne0\Rightarrow a+b+c=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)
\(\Rightarrow3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=-\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Mà \(3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\) chia hết cho 3 nên \(-\left(a^3+b^3+c^3\right)\) chia hết cho 3
Nên \(a^3+b^3+c^3\) chia hết cho 3
Bài 1:
Với $a=0$ hoặc $b=0$ thì ta luôn có \(ab=a^ab^b\)
Với $a\neq 0; b\neq 0$ , tức là \(a,b\in (0;1]\)
Ta có: \(a^a-a=a(a^{a-1}-1)=a(\frac{1}{a^{1-a}}-1)=\frac{a}{a^{1-a}}(1-a^{1-a})\)
Với \(0\leq a\leq 1; 1-a\geq 0\Rightarrow a^{1-a}\leq 1\)
\(\Rightarrow 1-a^{1-a}\geq 0\)
\(\Rightarrow a^a-a=\frac{a}{a^{1-a}}(1-a^{1-a})\geq 0\)
\(\Rightarrow a^a\geq a\)
Tương tự: \(b^b\geq b\)
\(\Rightarrow a^ab^b\geq ab\) (đpcm)
Bài 2:
Ta có :\(\frac{1}{3^a}+\frac{1}{3^b}+\frac{1}{3^c}\geq 3\left(\frac{a}{3^a}+\frac{b}{3^b}+\frac{c}{3^c}\right)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1-3a}{3^a}+\frac{1-3b}{3^b}+\frac{1-3c}{3^c}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{b+c-2a}{3^a}+\frac{a+c-2b}{3^b}+\frac{a+b-2c}{3^c}\geq 0\) (do $a+b+c=1$)
\(\Leftrightarrow (a-b)\left(\frac{1}{3^b}-\frac{1}{3^a}\right)+(b-c)\left(\frac{1}{3^c}-\frac{1}{3^b}\right)+(c-a)\left(\frac{1}{3^a}-\frac{1}{3^c}\right)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)(3^a-3^b)}{3^{a+b}}+\frac{(b-c)(3^b-3^c)}{3^{b+c}}+\frac{(c-a)(3^c-3^a)}{3^{c+a}}\geq 0(*)\)
Ta thấy, với mọi \(a\geq b\Rightarrow 3^a\geq 3^b; a\leq b\Rightarrow 3^a\leq 3^b\)
Tức là \(a-b; 3^a-3^b\) luôn cùng dấu
\(\Rightarrow (a-b)(3^a-3^b)\geq 0\). Kết hợp với \(3^{a+b}>0, \forall a,b\)
\(\Rightarrow \frac{(a-b)(3^a-3^b)}{3^{a+b}}\geq 0\)
Tương tự: \(\frac{(b-c)(3^b-3^c)}{3^{b+c}}\geq 0; \frac{(c-a)(3^c-3^a)}{3^{c+a}}\geq 0\)
Do đó $(*)$ đúng, ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Ta đi chứng minh BĐT : \(a^2+b^2+c^2\ge2\left(bc+ac-ab\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ac\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(a+b-c\right)^2\ge0\) luôn đúng.
\(\Rightarrow2\left(bc+ac-ab\right)\le\dfrac{5}{3}\)
\(\Leftrightarrow bc+ac-ab\le\dfrac{5}{6}< 1\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}< \dfrac{1}{abc}\)
Ta có \(\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2.\dfrac{1}{ab}+2.\dfrac{1}{ac}+2.\dfrac{1}{bc}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\Leftrightarrow2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}\right)=0\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}=0\Leftrightarrow\dfrac{c+b+a}{abc}=0\Leftrightarrow a+b+c=0\Leftrightarrow a+b=-c\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3=\left(-c\right)^3\Leftrightarrow a^3+b^3+3a^2b+3ab^2+c^3=0\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3ab\left(a+b\right)=0\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)
Vì \(3abc⋮3\)
Suy ra a3+b3+c3\(⋮3\)
ta chứng minh đc \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)
thay vào + biến đổi ta có đpcm
đẳng thúc xảy ra khi a=b=c
lol!!!