Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Rất khủng khiếp (tại cái chương trình của em nó xấu:v) nhưng nó là một cách chứng minh:
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge\frac{27\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)^2\ge\frac{27\left(x^2+y^2+z^2\right)}{\left(x+y+z\right)^2}\)
Sau khi quy đồng, ta cần chứng minh biểu thức sau đây không âm:
Hiển nhiên đúng vì \(x=min\left\{x,y,z\right\}\)
3. abc > 0 nên trog 3 số phải có ít nhất 1 số dương.
Vì nếu giả sử cả 3 số đều âm => abc < 0 => trái giả thiết
Vậy nên phải có ít nhất 1 số dương
Không mất tính tổng quát, giả sử a > 0
mà abc > 0 => bc > 0
Nếu b < 0, c < 0:
=> b + c < 0
Từ gt: a + b + c < 0
=> b + c > - a
=> (b + c)^2 < -a(b + c) (vì b + c < 0)
<=> b^2 + 2bc + c^2 < -ab - ac
<=> ab + bc + ca < -b^2 - bc - c^2
<=> ab + bc + ca < - (b^2 + bc + c^2)
ta có:
b^2 + c^2 >= 0
mà bc > 0 => b^2 + bc + c^2 > 0
=> - (b^2 + bc + c^2) < 0
=> ab + bc + ca < 0 (vô lý)
trái gt: ab + bc + ca > 0
Vậy b > 0 và c >0
=> cả 3 số a, b, c > 0
1.a, Ta có: \(\left(a+b\right)^2\ge4a>0\)
\(\left(b+c\right)^2\ge4b>0\)
\(\left(a+c\right)^2\ge4c>0\)
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64abc\)
Mà abc=1
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\ge64\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\ge8\left(đpcm\right)\)
Cho các số a, b, c thỏa mãn a^3+ b^3+ c^3= 3abc với a, b, c khác 0. Chứng minh a+ b+c = 0 hoặc a=b=c
a3 + b3 + c3 = 3abc
⇒ a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
⇒ ( a3 + b3 ) + c3 - 3abc = 0
⇒ ( a + b )3 - 3ab( a + b ) + c3 - 3abc = 0
⇒ [ ( a + b )3 + c3 ] - [ 3ab( a + b ) + 3abc ] = 0
⇒ ( a + b + c )[ ( a + b )2 - ( a + b ).c + c2 ] - 3ab( a + b + c ) = 0
⇒ ( a + b + c )( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0
⇒ \(\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\end{cases}}\)
+) a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac = 0
⇒ 2( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 2.0
⇒ 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ac = 0
⇒ ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( a2 - 2ac + c2 ) = 0
⇒ ( a - b )2 + ( b - c )2 + ( a - c )2 = 0
VT ≥ 0 ∀ a,b,c . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
⇒ a + b + c = 0 hoặc a = b = c ( đpcm )
a: =(x+y)^3+z^3-3xy(x+y)-3xyz
=(x+y+z)(x^2+2xy+y^2-xz-yz+z^2)-3xy(x+y+z)
=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)
b: a+b+c<>0
A=(a+b+c)^3-a^3-b^3-c^3/a+b+c
=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)/(a+b+c)
=a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc
=1/2[a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2]
=1/2[(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2]>=0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
\(\frac{a}{a+1}=1-\frac{b}{b+1}+1-\frac{c}{c+1}=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
tương tự ta có
\(\frac{b}{b+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}};\frac{c}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)
khi đó ta được
\(\frac{ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{\left(c+1\right)\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\Rightarrow ab\ge\frac{4.\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}{c+1}\)
Áp dụng tương tự ta được\(bc\ge\frac{4.\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{a+1};ca\ge\frac{4.\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}{b+1}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
\(ab+bc+ca\ge\frac{4.\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}{c+1}+\frac{4.\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{a+1}+\frac{4.\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}{b+1}\)
mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có
\(\frac{\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}{c+1}+\frac{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}{a+1}+\frac{\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}{b+1}\ge3\)
suy ra \(ab+bc+ca\ge12\)vậy bất đẳng thức được chứng minh
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=2\)
ĐKXĐ: \(a,b,c>0;b+c>a\)
Bình phương 2 vế của đk đã cho, ta được:
\(b+2\sqrt{bc}+c=a+b+c-a+2\sqrt{a\left(b+c-a\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{bc}=\sqrt{a\left(b+c-a\right)}\)
\(\Leftrightarrow bc=a\left(b+c-a\right)\)
\(\Leftrightarrow bc=ab+ac-a^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab-ac+bc=0\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-b\right)-c\left(a-b\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=c\end{matrix}\right.\), ta có đpcm.