Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1:
- Chứng minh a3+b3+c3=3abc thì a+b+c=0
\(a^3+b^3+c^3=3abc\Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3-3a^2b-3ab^2+c^3-3abc=0\)
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-3abc\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Rightarrow0=0\) Đúng (Đpcm)
- Chứng minh a3+b3+c3=3abc thì a=b=c
Áp dụng Bđt Cô si 3 số ta có:
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Dấu = khi a=b=c (Đpcm)
Câu 2
Từ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Rightarrow\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}=3\cdot\frac{1}{abc}\)
Ta có:
\(\frac{ab}{c^2}+\frac{bc}{a^2}+\frac{ac}{b^2}=\frac{abc}{c^3}+\frac{abc}{a^3}+\frac{abc}{b^3}\)
\(=abc\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right)\)
\(=abc\cdot3\cdot\frac{1}{abc}=3\)
b/ Ta có: \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\right)+\left(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)+\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)\right]\)
\(\ge\frac{1}{2}.\left(\frac{2a}{c}+\frac{2b}{a}+\frac{2c}{b}\right)=\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\)
3 bài thì thấy 1 bài có trên mạng rồi, buồn thật:( Bài cuối từ từ tí mở Maple lên check đề. Thấy lạ lạ không dám làm ngay:v
Bài 1: Ez game, chỉ là Buffalo Way, mà Ji Chen (tác giả BĐT Iran 96 có giải rồi, mình không giải lại): hard inequalities
Bài 2: Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{3x}{x+y+z};\frac{3y}{x+y+z};\frac{3z}{x+y+z}\right)\) rồi quy đồng lên xem.
Bài 3: Tí check đề cái đã.
\(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=0\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=4\left(ab+bc+ac\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2=4\left[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=2\left[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(ab+bc+ac\right)\right]\)\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=2\left(ab+bc+ac\right)^2\)
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
a) a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc
=> 2a2 + 2b2 + 2c2 = 2ab + 2ac + 2bc
=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2ac - 2bc = 0
=> (a2 - 2ab + b2) + (a2 - 2ac + c2) + (b2 - 2bc + c2) = 0
=> (a - b)2 + (a - c)2 + (b - c)2 = 0
Do 3 hạng tử trên đều có giá trị lớn hơn hoặc bằng 0 nên a - b = a - c = b - c = 0
=> a = b = c
b) a3 + b3 + c3 = 3abc
=> a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
=> a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 + c3 - 3abc - 3a2b - 3ab2 = 0
=> (a + b)3 + c3 - 3ab(a + b + c) = 0
=> (a + b + c)(a2 + 2ab + b2 - bc - ac + c2) - 3ab(a + b + c) = 0
=> (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac) = 0
=> a + b + c = 0
hoặc a2 + b2 + c2 = ab + bc + ac => a = b = c