1, c/m Nếu $a^3 b^3 c^3=3abc$ khi và chỉ khi $a b c=0$ hoặc $a=b=c$2. chứng minh rằng nếu $\frac{1}{a} \frac{1}{b} \frac{1}{c}=\frac{1}{a b c}$ thì \(\left(a b\right)\left(b c\right)\le...

TP

Trương Phúc Uyên Phương

16 tháng 8 2015 - olm

1, c/m Nếu $a^3+b^3+c^3=3abc$ khi và chỉ khi $a+b+c=0$ hoặc $a=b=c$2. chứng minh rằng nếu $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$ thì $\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0$GIÚP MIK VỚI , MK SẼ L-I-K-E CKO BN ĐẦU...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

0

PT

Phạm Thùy Linh

22 tháng 10 2016

Câu 1: CMR : Nếu $a^3+b^3+c^3=3abc$ thì $a+b+c=0$ hoặc $a=b=c$ Câu 2: Cho $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0$ . Tính $\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}$Câu 3 : Cho $a^3+b^3+c^3=3abc\left(a.b.c\ne0\right)$....

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

4

LF

Lightning Farron

22 tháng 10 2016

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)

Đúng(0)

LF

Lightning Farron

22 tháng 10 2016

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:

$\frac{ab}{c^2}+\frac{bc}{a^2}+\frac{ac}{b^2}=\frac{abc}{c^3}+\frac{abc}{a^3}+\frac{abc}{b^3}$

$=abc\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right)$

$=abc\cdot3\cdot\frac{1}{abc}=3$

Đúng(0)

NH

Nguyễn Hoàng Anh Thư

8 tháng 7 2018 - olm

Cho $a^3+b^3+c^3=3abc$ và abc khác 0; a+b+c khác 0
Chứng minh rằng
P=$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{8}{abc}$

#Toán lớp 8

0

NT

Nghiêm Thị Nhân Đức

25 tháng 2 2020

1, cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}+\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}+\frac{2c+a}{c\left(a+2c\right)}$ 2,cho x,y,z thỏa mãn x+y+z=5 và xy+yz+xz=8 chứng minh rằng $1\le x\le\frac{7}{3}$ 3, cho a,b,c>0 chứng minh rằng$\frac{a^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{b^2}{2b^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{c^2}{2c^2+\left(b+a-c\right)^2}\le1$ 4,cho a,b,c là các số thực bất kỳ chứng...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

1

CM

Copxki Minh

2 tháng 12 2020

Đặt $\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)$

$x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}$

$\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}$

$\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z$

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

Đúng(0)

ND

Nguyễn Đức Anh

17 tháng 11 2019

cho a,b,c>0 và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le16\left(a+b+c\right)$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{b+c}\right)^3}\le\frac{8}{9}$

#Toán lớp 9

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

17 tháng 11 2019

Lời giải:

Sửa đề: $\frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt{2(b+a)})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt{2(b+c)})^3}\leq \frac{8}{9}$

--------------------------

Áp dụng BĐT AM-GM:

$a+b+\sqrt{2(a+c)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)}{2}}$

$\Rightarrow [a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3\geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)$

$\Rightarrow \frac{1}{(a+b+\sqrt{2(a+c)})^3}\leq \frac{2}{27(a+b)(a+c)}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

$\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}(1)$

Lại theo BĐT AM-GM:

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)(2)$

Và:

$16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ac}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ac}$

$\Rightarrow ab+bc+ac\geq \frac{3}{16}(3)$

Từ $(1);(2);(3)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{6(ab+bc+ac)}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}$ (đpcm)

Đúng(0)

AH

Akai Haruma

Giáo viên

17 tháng 11 2019

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

Đúng(0)

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

5 tháng 7 2020 - olm

Bài tập 3* . Chứng minh rằng :$x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)$ với x, y > 0 Bài tập 5* . Chứng minh rằng :$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1$với $0\le a,b,c\le1$Bài tập 9* . Chứng minh rằng :$\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{a^3+c^3+abc}\le\frac{1}{abc}$với a, b, c >...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

6

PN

Phan Nghĩa

5 tháng 7 2020

Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm :

$x^2+\frac{1}{x}\ge2\sqrt[2]{\frac{x^2}{x}}=2.\sqrt{x}$

$y^2+\frac{1}{y}\ge2\sqrt[2]{\frac{y^2}{y}}=2.\sqrt{y}$

Cộng vế với vế ta được :

$x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2.\sqrt{x}+2.\sqrt{y}=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)$

Vậy ta có điều phải chứng mình

Đúng(0)

ZC

zZz Cool Kid_new zZz

5 tháng 7 2020

Ta đi chứng minh:$a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)$

$\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0$* đúng *

Khi đó:

$\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}$

Tương tự:

$\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}$

$\Rightarrow LHS\le\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}$

Đúng(0)

TH

Trần Hippo

26 tháng 2 2018 - olm

Nếu $a^3+b^3+c^3=3abc$ thì

$a)a+b+c=0$hoặc $ab+bc+ac=0$

$b)\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)=1$

#Toán lớp 8

0

LD

Lê Đình Quân

19 tháng 2 2020

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng

$\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\le\frac{3}{4}$

#Toán lớp 9

1

NH

Nguyễn Hoàng

19 tháng 2 2020

bđt trái dấu rồi nha!

$P=\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}$

+ Áp dụng bđt Cauchy ta có :

$\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\cdot\frac{b+1}{8}\cdot\frac{c+1}{8}}=\frac{3}{4}a$. Dấu "=" $\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=b+1\\b=c\end{matrix}\right.$

+ Tương tự ta c/m đc : $\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge\frac{3}{4}b$. Dấu "=" $\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2b=a+1\\a=c\end{matrix}\right.$

$\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3}{4}c$. Dấu "=" $\Leftrightarrow2c=a+1=b+1$

Do đó : $P\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}$ $\ge\frac{1}{2}\cdot3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}$

Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Đúng(0)

MT

Mi Trần

10 tháng 7 2016 - olm

Cho a³+b³+c³= 3abc và a +b +c khác 0

a) Tính giá trị biểu thức $\frac{a^2+b^2+c^2}{_{\left(a+b+c\right)^2}}$

b)Chứng minh : P=$\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{8}{abc}$

#Toán lớp 8

3

HP

Hoàng Phúc

10 tháng 7 2016

Ta có:

$a^3+b^3+c^3=3abc=>a^3+b^3+c^3-3abc=0$

$=>\left(a+b\right)^3-3a^2b-3ab^2+c^3-3abc=0$

$=>\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-3a^2b-3ab^2-3abc=0$

$=>\left[\left(a+b\right)^3+c^3\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0$

$=>\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-c\left(a+b\right)+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0$

$=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ca-bc+c^2-3ab\right)=0$

$=>\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0$

Vì a³+b³+c³=3abc và a+b+c khác 0

=>$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0$

$=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0$

$=>\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)=0$

$=>\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0$

Tổng 3 số không âm = 0 <=> chúng đều = 0

$< =>\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}< =>a=b=c}$

Vậy $\frac{a^2+b^2+c^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3a^2}{\left(3a\right)^2}=\frac{1}{3}$

Đúng(0)

HL

Hoàng Lê Bảo Ngọc

10 tháng 7 2016

Ta có ; $a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc=0$

$\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+2ab-bc-ac\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0$

$\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0$

$\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]=0$

Vì $a+b+c\ne0$ nên ta có $\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\Leftrightarrow a=b=c$

a) Thay a = b = c vào biểu thức được : $\frac{a^2+b^2+c^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3a^2}{\left(3a\right)^2}=\frac{3a^2}{9a^2}=\frac{1}{3}$

b) Thay a = b = c vào P : $P=\frac{2}{a}.\frac{2}{b}\frac{2}{c}=\frac{8}{abc}$

Đúng(0)

TN

Thắng Nguyên

28 tháng 8 2020 - olm

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le16\left(a+b+c\right)$. Chứng minh rằng:$\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{8}{9}$

#Toán lớp 9

1

KN

Kiệt Nguyễn

28 tháng 8 2020

Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: $16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}$hay $\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}$

Đến đây, ta cần chứng minh $\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có $a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}$hay $\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}$

Hoàn toàn tương tự ta có $\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}$; $\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được $\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}$$\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)$

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành $pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r$*đúng vì $a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}$; $ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP