các số thực a, b,c thỏa mãn đồng thời hai đẳng thức:
i) (a+b)(b+c)(c+a)=abc
ii) (a^3 +b^3)(b^3 +c^3)(c^3 +a^3)=(abc)^3
Chứng minh abc=0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
22 tháng 10 2019
Vì abc=1 nên có: \(a^3+b^3+c^3+3=\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+3=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\)
\(\ge\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(a+b\right)^2}+3\)(1)
Đặt: \(\frac{a}{b+c}=X;\frac{b}{c+a}=Y;\frac{c}{a+b}=Z\)
Ta có: \(4X^2+4Y^2+4Z^2+3-4X-4Y-4Z=\left(2X-1\right)^2+\left(2Y-1\right)^2+\left(2Z-1\right)^2\ge0\)
=> \(4Z^2+4Y^2+4Z^2+3\ge4X+4Y+4Z=4\left(X+Y+Z\right)\)
=> \(\frac{4a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{4c^2}{\left(a+b\right)^2}+3\ge4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
=> \(a^3+b^3+c^3+3\ge4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\)
"=" xảy ra <=> a =b =c =1.\(\)
T
29 tháng 2 2020
\(VP=\frac{1}{2}\Sigma\sqrt{4\left(a^2b+a^2c\right)}\le\frac{1}{4}\Sigma\left(4+a^2b+a^2c\right)\)
\(=3+\frac{1}{4}\Sigma ab\left(a+b\right)\le3+\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\le a^3+b^3+c^3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
KN
23 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)
Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)
Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
27 tháng 10 2019
Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)
\(=4c\sqrt{a+b}\)
Hoàn toàn tương tự
\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)
Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)
Chúc bạn học tốt !!!
Bài i)