Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta chứng minh BĐT \(\frac{â^3+b^3+c^3}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\)^3
(do nó rất dài nên mình sẽ bỏ phần này, thông cảm)(Đẳng thức xảy ra khi a=b=c)
Áp dụng ta có \(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\ge\left(\frac{1}{3}\right)^3=\frac{1}{27}\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge\frac{1}{9}\)(Đẳng thức xảy ra khi a=b=c và a + b + c =1 => a = b = c = 1/3 )
Mặt khác, ta có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow1\ge27abc\Rightarrow abc\ge\frac{1}{27}\)=> \(3abc\ge\frac{1}{9}\)(Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3)
=> \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge\frac{2}{9}\)(Đẳng thức khi a = b = c = 1/3)
Mình mới nghĩ được vậy thôi bạn à!
a;b;c ;à độ dài 3 cạnh của tam giác \(\Rightarrow a;b;c>0\)
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\) (do \(a+b+c>0\))
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Hay tam giác ABC đều
Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(a;b;c>0\)
\(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+2ab-ac-bc\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c\)
Hay tam giác ABC đều
\(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{abc}=8\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2\left(c+b\right)^2\left(a+c\right)^2}{a^2b^2c^2}=64\)
Ta có
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab;\left(c+b\right)^2\ge4cb;\left(a+c\right)^2\ge4ac\)
\(\frac{\left(a+b\right)^2\left(c+b\right)^2\left(a+c\right)^2}{a^2b^2c^2}\ge64\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)=> Đó là tam giác đều
Ta có: \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{a+c}{c}=8\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=8\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=8abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+b^2c+ab^2+ac^2+bc^2+2abc=8abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+b^2c+ab^2+ac^2+bc^2-6abc=0\)
\(\Rightarrow\left(ab^2-2abc+ac^2\right)+\left(a^2b-2abc+bc^2\right)+\left(a^2c-2abc+b^2c\right)=0\)
\(\Rightarrow a\left(b^2-2bc+c^2\right)+b\left(a^2-2ac+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)=0\)
\(\Rightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(a-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2=0\)(1)
Vì a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nên a, b, c > 0 (2)
Do đó \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\left(b-c\right)^2\ge0\\b\left(a-c\right)^2\ge0\\c\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\)(3)
Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\left(b-c\right)^2=\left(a-c\right)^2=\left(a-b\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(b-c\right)=\left(a-c\right)=\left(a-b\right)=0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Vậy a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác đều
a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .
a) Chứng minh được BĐT \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)(*)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b
Áp dụng BĐT (*) vào bài toán ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{2x+y+z}=\frac{1}{x+y+x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)\\\frac{1}{x+2y+z}=\frac{1}{x+y+y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}\right)\\\frac{1}{x+y+2z}=\frac{1}{x+y+z+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\cdot2\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\)
Tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta có:
\(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right);\frac{1}{y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right);\frac{1}{z+x}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\cdot2\cdot\frac{1}{4}\cdot2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=1\)
\(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le1\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=y=z=\frac{3}{4}\)
b) áp dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\\\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{b+c-a+a+c-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\\\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{a+b-c+a+c-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\end{cases}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT ta có:
\(2VT\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2VP\)
\(\Rightarrow VT\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Ta có : a+b > c , b+c > a , c+a > b
Xét : \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{b+c+a}=\frac{2}{a+b+c}>\frac{2}{a+b+a+b}=\frac{1}{a+b}\)
Tương tự , ta cũng có : \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}>\frac{1}{b+c}\)
Vậy ta có đpcm
Chú ý : a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác chứ không phải a+b,b+c,c+a nhé :)
C/m \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
+) Từ giải thiết suy ra : \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
\(\Rightarrow\)\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)( Vì a + b + c > 0 )
+) Biến đổi được kết quả : \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)Tam giác đó là tam giác đề ( đpcm 0
Vậy tam giác đó là tam giác đều
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b\right)^3+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)=0\)
Vì \(a,b,c\)là độ dài 3 cạnh của tam giác nên \(a+b+c=0\)
\(\Rightarrow\)\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\)
\(\Rightarrow\)\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2=0\) (mk lm tắt nhé)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\)\(\Rightarrow\)\(a=b=c\)
Vậy tam giác đó là tam giác đều