Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có thể sử dụng công thức Newton về đa thức để giải bài toán này. Đặt đa thức $P(x) = (x-a)(x-b)(x-c) = x^3 - (a+b+c)x^2 + (ab+bc+ca)x - abc$.
Do $a+b+c=0$, nên $P(x) = x^3 - 3kx - abc$ với $k = \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$.
Ta có thể tính được $a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)$.
Đặt $S_n = a^n + b^n + c^n$. Ta có thể suy ra các công thức sau:
$S_1 = 0$
$S_2 = a^2 + b^2 + c^2 = -2(ab+bc+ca)$
$S_3 = 3abc$
$S_4 = (a^2+b^2+c^2)^2 - 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) = 2(ab+bc+ca)^2 - 3abc(a+b+c)$
$S_5 = 5(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) - 5abc(a+b+c)$
$S_6 = (a^2+b^2+c^2)^3 - 3(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) + 2(a^2b^2c^2)$
$S_7 = 7(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)^2 - 14abc(a^2+b^2+c^2) + 7a^2b^2c^2$
Từ đó, ta có thể tính được $S_1, S_2, S_3, S_4, S_5, S_6$ dựa trên các giá trị đã biết.
Đặt $T_n = a^n+b^n+c^n - S_n$. Ta có thể suy ra các công thức sau:
$T_1 = 0$
$T_2 = 2S_2$
$T_3 = 3S_3$
$T_4 = 2S_2^2 - 4S_4$
$T_5 = 5S_2S_3 - 5S_5$
$T_6 = 2S_2S_4 + 3S_3^2 - 6S_6$
$T_7 = 7S_2S_5 - 14S_3S_4 + 7S_7$
Do $S_1=S_3=0$, nên $T_1=T_3=0$.
Từ $a+b+c=0$, ta có $a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)$. Do đó, $S_2 = 2(ab+bc+ca)$ và $S_4 = 2(ab+bc+ca)^2 - 3abc(a+b+c) = 2(ab+bc+ca)^2$.
Từ $a^7+b^7+c^7=0$, ta có $T_7 = 7S_2S_5 - 14S_3S_4 + 7S_7 = 7S_2S_5 - 14S_4S_3 + 7S_7 = 7S_7$.
Từ $T_7 = 7S_7$, ta có $S_7 = \frac{T_7}{7} = 0$.
Do đó, $T_6 = 2S_2S_4 + 3S_3^2 - 6S_6 = 2(2(ab+bc+ca))(2(ab+bc+ca)^2) + 3(abc)^2 - 6S_6 = 12(ab+bc+ca)^2 + 3(abc)^2 - 6S_6$.
Từ $T_6 = 12(ab+bc+ca)^2 + 3(abc)^2 - 6S_6$, ta có $S_6 = \frac{1}{6}(12(ab+bc+ca)^2 + 3(abc
Giải
Vì a + b + c = 0 nên a + b = -c
Ta có:
\(a^7+b^7=\left(a+b\right)\left(a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6\right)\\ =-c\left(a^6-a^5b+a^4b^2-a^3b^3+a^2b^4-ab^5+b^6\right)\\ =c\left(-a^6+a^5b-a^4b^2+a^3b^3-a^2b^4+ab^5-b^6\right)\\ =c\left[-\left(a^6+6a^5b+15a^4b^2+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\right)+\left(7a^5b+14a^4b^2+21a^3b^3+14a^2b^4+7ab^5\right)\right]\\ =c\left[-\left(a+b\right)^6+7ab\left(a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4\right)\right]\\ =c\left\{-\left(a+b\right)^6+7ab\left[\left(a^2+b^2\right)^2+2ab\left(a^2+b^2\right)+3a^2b^2-2a^2b^2\right]\right\}\\ =c\left\{-\left(a+b\right)^6+7ab\left[\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2\right]\right\}\\ =c\left\{-c^6+7ab\left[\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2\right]\right\}\\ =-c^7+7abc\left[\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2\right]\\ \Rightarrow a^7+b^7+c^7=7abc\left[\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2\right]\Rightarrow7abc\left[\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2\right]=0\)TH1: \(\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2=0\)
Vì \(a^2,b^2,\left(a+b\right)^2,a^2b^2\ge0\) nên \(\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)^2+a^2b^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0
Mà a + b + c = 0 nên suy ra c = 0
Vậy \(a^{2023}+b^{2023}+c^{2023}=0\)
TH2: abc = 0
Vì abc = 0 nên sẽ có ít nhất một trong ba số a, b, c = 0
Vì a, b, c có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát, giả sử \(c=0\)
Mà a + b + c = 0 nên a + b =0 hay a = -b
\(\Rightarrow a^{2023}+b^{2023}+c^{2023}=0\)
Kết luận: \(a^{2023}+b^{2023}+c^{2023}=0\)
- Theo BĐT Cauchy ta có:
\(\sqrt{a.1}\le\dfrac{a+1}{2}\)
\(\sqrt{b.1}\le\dfrac{b+1}{2}\)
\(\sqrt{c.1}\le\dfrac{c+1}{2}\)
\(\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\)
\(\sqrt{bc}\le\dfrac{b+c}{2}\)
\(\sqrt{ca}\le\dfrac{c+a}{2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\le\dfrac{3\left(a+b+c\right)+3}{2}=\dfrac{3.3+3}{2}=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Mà ta có: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=6\)
\(\Rightarrow a=b=c=1\)
\(M=\dfrac{a^{30}+b^4+c^{1975}}{a^{30}+b^4+c^{2023}}=\dfrac{1^{30}+1^4+1^{1975}}{1^{30}+1^4+1^{2023}}=1\)
Ta có: `a^2+2023=a^2+ab+bc+ca=a(a+b)+c(a+b)=(a+b)(c+a)`
Do vai trò ba biến `a,b,c` như nhau nên ta có: `b^2+2023=(b+c)(a+b);c^2+2023=(c+a)(b+c)`
`=>A=\sqrt(((a+b)(b+c)(c+a))^2)=|(a+b)(b+c)(c+a)|\inQQ`
a) Gọi \(M\left(a;0\right)\) là giao điểm của (D) với trục Ox
\(M\in\left(D\right)\Rightarrow0=\dfrac{1}{7}a+\dfrac{3}{7}\Leftrightarrow a=-3\)
Vậy \(M\left(-3;0\right)\)
b) Gọi \(N\left(0;a\right)\) là giao điểm của (D) là trục Oy
\(N\in\left(D\right)\Rightarrow a=\dfrac{1}{7}.0+\dfrac{3}{7}=\dfrac{3}{7}\)
Vậy \(N\left(0;\dfrac{3}{7}\right)\)
c) \(A\left(2023;a\right)\in\left(D\right)\Rightarrow a=\dfrac{1}{7}.2023+\dfrac{3}{7}\Leftrightarrow a=\dfrac{2026}{7}\)
Vậy \(A\left(2023;\dfrac{2026}{7}\right)\)
d) \(B\left(a;-2023\right)\in\left(D\right)\Rightarrow-2023=\dfrac{1}{7}a+\dfrac{3}{7}\Leftrightarrow a=-14164\)
Vậy \(B\left(-14164;-2023\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c
=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)
Cộng các vế của (1) và (2) ta có:
3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)
=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI)
<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac ≥ 2(a2 + b2 + c2)
Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)
Cộng (1) với (2)
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).