CMR
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(A=\left(\frac{x+1}{x-1}-\frac{x-1}{x+1}+\frac{8}{x^2-1}\right):\left(\frac{1}{x-1}-\frac{7x+3}{1-x^2}\right)\)
\(A=\left[\frac{x^2+2x+1}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\frac{x^2-2x+1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}+\frac{8}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\right]:\left[\frac{x+1}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}-\frac{3-7x}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\right]\)
\(A=\left[\frac{x^2+2x+1-x^2+2x-1+8}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\right]:\frac{x+1-3+7x}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\)
\(A=\frac{4x+8}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}.\frac{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{8x-2}\)
......................
1,
xét tam giác abc có góc bac=90o
theo đlí pitago có
\(bc=\sqrt{ab^2+ac^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)
lại có bd là p/g của tam giác abc
=>\(\frac{dc}{da}=\frac{bc}{ba}\Leftrightarrow\frac{dc}{dc+da}=\frac{bc}{bc+ba}\Leftrightarrow\frac{dc}{8}=\frac{10}{10+6}\Rightarrow dc=\frac{10.8}{16}=5\left(cm\right)\left(\text{tính chất tỉ lệ thức} \right)\)
=>ad=ac-dc=8-5=3(cm)
2,
\(\text{xét tam giác abc và tam giác hba có}\)
\(\widehat{bac}=\widehat{bha}=90^o\left(gt\right)\)
\(\widehat{b}chung\)
=> tam giác abc đồng dạng tam giác hba(gg)
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+3a^2b+3ab^2+b^3+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\ge0\)
Bài thiếu điều kiện \(a+b+c\ge0\)
Dễ dàng chứng minh \(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge0\)nên ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a=b=c=0\end{cases}}\)
Cách này có được không ta?
Đặt \(\left(a^3;b^3;c^3\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) và thêm đk a,b,c>0
Chuẩn hóa x + y + z = 1 (*) thì ta cần chứng minh:
\(1\ge3\sqrt{xyz}\Leftrightarrow f\left(x;y;z\right)=1-27xyz\ge0\)
Ta nhận thấy nếu thay x và y bởi \(t=\frac{\left(x+y\right)}{2}\) thì (*) vẫn thỏa mãn.
Ta có: \(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=t^2\)
Suy ra \(f\left(x;y;z\right)\ge1-27t^2z=f\left(t;t;z\right)\)
Thay x;y bởi \(t=\frac{\left(x+y\right)}{2}\) vào (*) suy ra được: \(z=1-2t\)
Khi đó ta cần chứng minh: \(f\left(t;t;z\right)=1-27t^2\left(1-2t\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow54t^3-27t^2+1\ge0\Leftrightarrow\left(6t+1\right)\left(3t-1\right)^2\ge0\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi x = y và t = 1/3 tương đương với x = y =z =1/3
Tương đương với x = y =z (do đầu bài ta chuẩn hóa x + y + z = 1)
Tức là a = b =c