Cho (a+b+c)2 = a2+b2+c2 và a,b,c khác 0. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta chứng minh BĐT sau:
\(\dfrac{1}{x^3+x+2}\ge\dfrac{-x^2+3}{8}\) với \(x>0\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(\left(x^2-3\right)\left(x^3+x+2\right)+8\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^3+2x^2+x+2\right)\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{-a^2+3}{8}+\dfrac{-b^2+3}{8}+\dfrac{-c^2+3}{8}=\dfrac{9-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{8}=\dfrac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1/a+1/b+1/c=0
=>(ab+ac+bc)/abc=0
=> ab+ac+bc=0
(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)=0
=> a^2+b^2+c^2=0
Bạn xem lại đề nhé.
\(VT=\dfrac{a^4}{ab+ac}+\dfrac{b^4}{ab+bc}+\dfrac{c^4}{ac+bc}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
1.
Sửa đề: \(S=\dfrac{1}{6}\left(ch_a+bh_c+ah_b\right)\)
\(a.h_a=b.h_b=c.h_c=2S\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}h_a=\dfrac{2S}{a}\\h_b=\dfrac{2S}{b}\\h_c=\dfrac{2S}{c}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow6S=\dfrac{2Sc}{a}+\dfrac{2Sb}{c}+\dfrac{2Sa}{b}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=3\)
Mặt khác theo AM-GM: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{abc}{abc}}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
\(\Leftrightarrow\) Tam giác đã cho đều
2.
Bạn coi lại đề, biểu thức câu này rất kì quặc (2 vế không đồng bậc)
Ở vế trái là \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\) hay \(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\) nhỉ?
3.
Theo câu a, ta có:
\(VT=\dfrac{2S}{a}+\dfrac{2S}{b}+\dfrac{2S}{c}\ge\dfrac{18S}{a+b+c}=\dfrac{18.pr}{a+b+c}=9r\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
Hay tam giác đã cho đều
Có: \(a+b+c=1\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=1\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}=\dfrac{z}{c}=\dfrac{x+y+z}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^2}{a^2}=\dfrac{y^2}{b^2}=\dfrac{z^2}{c^2}=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2\) (do \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2=1\))
Ta có:
(a+b+c)2=a2+b2+c2
a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=a2+b2+c2
2(ab+bc+ca)=0
ab+bc+ca=0
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
\(\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^3b^3c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
\(\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^2b^2c^2}=3\)
\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)
\(\left(ab+bc\right)^3-3ab^2c\left(ab+bc\right)+a^3c^3-3a^2b^2c^2=0\)
\(\left(ab+bc+ca\right)^3-3ca\left(ab+bc\right)\left(ab+bc+ca\right)-3ab^2c\left(-ac\right)-3a^2b^2c^2=0\)
\(0+3a^2b^2c^2-3a^2b^2c^2+0=0\)
0=0(luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)-a^2-b^2-c^2=0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=0\)
\(\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)
Chia cả 2 vế cho \(a^3b^3c^3\) , ta có :
\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\left(đpcm\right)\)