Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đề sai rồi: a,b,c > 0 thì làm sao mà có: ab + bc + ca = 0 được.
Dean thật, gõ gần xong rồi tự nhiên nó tạch, phải gõ lại -.-
Từ gt, ta suy ra:
\(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right].\dfrac{1}{2}=0\)(Tự phân tích, không còn kiên nhẫn để gõ lại)
Mà a+b+c khác 0 => a=b=c
Thay vào thì C=8
bai 2 :
dat cac tich ab , bc , ca lan luot la x,y,z ( khac 0 )
thay vao ta dc : x^3+y^3+z^3=3xyz
=> (x+y)(x^2-2xy+y^2)+z^3-3xyz=0
=>(x+y)(x^2+2xy+y^2)+z^3-3xy(x+y)-3xyz=0
=》（x+y+z)【（x+y）^2 -(x+y)z+z^2】-3xy(x+y+z)=0
=>(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)=0
=>\(\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\right]\)=0
=> x+y+z=0 hoac x=y=z
TH1 : a+b+c=0
=>P=-1
TH2 : a=b=c
=>P=8
\(BDT\Leftrightarrow2a^4b+2b^4c+2c^4a+3ab^4+3bc^4+3ca^4\ge5a^2b^2c+5a^2bc^2+5ab^2c^2\)
Ta chứng minh được \(ab^4+bc^4+ca^4\ge a^2b^2c+a^2bc^2+ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
\(VT=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ac}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=VP\)
Vậy ta cần chứng minh \(2a^4b+2b^4c+2c^4a+2ab^4+2bc^4+2ca^4\ge4a^2b^2c+4a^2bc^2+4ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(2c^3+bc^2-b^2c+ac^2-a^2c+3ab^2+3a^2b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
\(ab;bc;ca \rightarrow x;yz\)\(\Rightarrow gt\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3=3xyz\)
Can you finish it ?
Lời giải:
Do \(ab+bc+ac=1\) nên:
\(a^2+1=a^2+ab+bc+ac=(a+b)(a+c)\)
\(b^2+1=b^2+ab+bc+ac=(b+a)(b+c)\)
\(c^2+1=c^2+ab+bc+ac=(c+a)(c+b)\)
Do đó:
\(A=a\sqrt{\frac{(b^2+1)(c^2+1)}{a^2+1}}+b\sqrt{\frac{(a^2+1)(c^2+1)}{b^2+1}}+c\sqrt{\frac{(b^2+1)(a^2+1)}{c^2+1}}\)
\(=a\sqrt{\frac{(b+c)(b+a)(c+a)(c+b)}{(a+b)(a+c)}}+b\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)(c+a)(c+b)}{(b+a)(b+c)}}+c\sqrt{\frac{(b+a)(b+c)(a+b)(a+c)}{(c+a)(c+b)}}\)
\(=a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)=2(ab+bc+ac)=2\)
Vậy \(A=2\)
Ta cần chứng minh nếu a,b,c đôi một khác nhau và a3+b3+c3=3abc thì a+b+c=0
Ta có: a3+b3+c3=3abc
<=> a3+b3+c3-3abc=0
<=> (a+b)3-3ab(a+b)+c3-3abc=0
<=> (a+b+c)(a2+b2+c2+2ab-ca-bc)-3ab(a+b+c)=0
<=> (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=0
\(=>\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)
• a2+b2+c2-ab-bc-ca=0
<=> 2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca=0
<=> (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0=> a=b=c
Mà a,b,c đôi một khác nhau nên vô lí
Do vậy nên a+b+c=0
Áp dụng bài toán chứng minh trên vào a3b3+b3c3+c3a3=3a2b2c2 ta có ab+bc+ca=0
\(=>\hept{\begin{cases}bc+ca=-ab\\ca+ab=-bc\\ab+bc=-ac\end{cases}=>\hept{\begin{cases}c\left(a+b\right)=-ab\\a\left(b+c\right)=-bc\\b\left(c+a\right)=-ac\end{cases}}}\)
Với a,b,c khác 0 ta có
\(A=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=\frac{a+b}{b}.\frac{b+c}{c}.\frac{c+a}{a}=\frac{c\left(a+b\right)}{bc}.\frac{a\left(b+c\right)}{ca}.\frac{b\left(c+a\right)}{ab}=\frac{-ab}{bc}.\frac{-bc}{ca}.\frac{-ca}{ab}=-1\)
Vậy A=-1
\(ab+bc+ca=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y;z>0\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)
\(P=\dfrac{x}{\left(3-x\right)^2}+\dfrac{y}{\left(3-y\right)^2}+\dfrac{z}{\left(3-z\right)^2}\)
Ta có đánh giá sau: \(\dfrac{t}{\left(3-t\right)^2}\ge\dfrac{2t-1}{4};\forall t\in\left(0;3\right)\)
Thực vậy, BĐT đã cho tương đương:
\(4t\ge\left(2t-1\right)\left(3-t\right)^2\)
\(\Leftrightarrow-2t^3+13t^2-20t+9\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(9-2t\right)\left(t-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng với \(t< 3\))
Áp dụng ta được:
\(P\ge\dfrac{2x-1}{4}+\dfrac{2y-1}{4}+\dfrac{2z-1}{4}=\dfrac{2\left(x+y+z\right)-3}{4}=\dfrac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
Cách khác:
Sau khi đặt ẩn phụ, ta có:
\(P=\dfrac{x}{\left(3-x\right)^2}+\dfrac{y}{\left(3-y\right)^2}+\dfrac{z}{\left(3-z\right)^2}=\dfrac{x}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{y}{\left(z+x\right)^2}+\dfrac{z}{\left(x+y\right)^2}\)
\(\Rightarrow3P=\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{x}{\left(y+z\right)^2}+\dfrac{y}{\left(z+x\right)^2}+\dfrac{z}{\left(x+y\right)^2}\right)\ge\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right)^2\ge\dfrac{9}{4}\)
(BĐT Netsbitt)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{4}\)