mình ko biết

Ta có: ab2+bc2+ca2=a2c+b2a+c2bab2+bc2+ca2=a2c+b2a+c2b

⇔a3c2+b3a2+c3b2=b3c+c3a+a3b

⇔a3c2+b3a2+c3b2=b3c+c3a+a3b ( Do a2b2c2=abc=1)

⇔ a3c2+b3a2+c3b2 -b3c-c3a-a3b+a2b2c2-abc=0( Do a2b2c2=abc=1)

⇔(a2b2c2−a3c2)−(b3a2−a3b)−(c3b2−c3a)+(b3c−abc)=0

⇔(a2b2c2−a3c2)−(b3a2−a3b)−(c3b2−c3a)+(b3c−abc)=0

Tự phân tích thành nhân tử nhá: ⇔(b2−a)(c2−b)(a2−c)=0⇔(b2−a)(c2−b)(a2−c)=0

Đến đây suy ra ĐPCM

3/ Ta có:

\(x+y+z=0\)

\(\Rightarrow x^2=\left(y+z\right)^2;y^2=\left(z+x\right)^2;z^2=\left(x+y\right)^2\)

\(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow a+b=-c;b+c=-a;c+a=-b\)

\(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=0\)

\(\Leftrightarrow ayz+bxz+cxy=0\)

Ta có:

\(ax^2+by^2+cz^2=a\left(y+z\right)^2+b\left(z+x\right)^2+c\left(x+y\right)^2\)

\(=x^2\left(b+c\right)+y^2\left(c+a\right)+z^2\left(a+b\right)+2\left(ayz+bzx+cxy\right)\)

\(=-ax^2-by^2-cz^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(ax^2+by^2+cz^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ax^2+by^2+cz^2=0\)

1/ Đặt \(a-b=x,b-c=y,c-z=z\)

\(\Rightarrow x+y+z=0\)

Ta có:

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)

\(=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}\)

\(=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+2\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\)

2/ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=1\)

Ta có:

\(M=\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\)

\(=\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(c+b\right)\)

\(=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)

Ta có: 

M=1/a^2+1/b^2+1/c^2 = (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)/a^2b^2c^2 

Bình phương 2 vế a+b+c=0 
=> a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca) 
=> (a^2 +b^2 +c^2)^2 =4 [a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2abc(a+b+c)] 
=> (a^2 +b^2 +c^2)^2/4 = a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 

=> M = [(a^2 +b^2 +c^2)/2abc]^2 

Vì a,b,c là các số hữu tỷ 
=> M là bình phương của số hữu tỷ

\(M=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2-2b^2ac-2c^2ab-2a^2bc}{a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)}{a^2b^2c^2}\)

\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2c^2}=\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)^2\) là bình phương 1 số hửu tỉ.

Theo mình thì bạn Phạm Văn Hùng làm đúng đó .

Bạn nào nghĩ thế thì k mình nhé ~!!!

để chứng minh 1 trong 3 số a,b,c là lập phương của 1 số hữu tỉ ta sẽ chứng minh \(\sqrt[3]{a};\sqrt[3]{b};\sqrt[3]{c}\) có ít nhất 1 số hữu tỉ

đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{a}{b^3}\\y=\frac{b}{c^3}\\z=\frac{c}{a^3}\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{x}=\frac{b^3}{a}\\\frac{1}{y}=\frac{c^3}{b}\\\frac{1}{z}=\frac{a^3}{b}\end{cases}}}\)

do abc=1 => xyz=1 (1)

từ đề bài => \(x+y+z=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)

\(\Rightarrow x+y+z=xy+yz+xz\left(xyz\ge1\right)\left(2\right)\)

Từ (1)(2) => \(xyz+\left(x+y+z\right)-\left(xy+yz+zx\right)-1=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)=0\)

vậy \( {\displaystyle \displaystyle \sum }x=1 \) chẳng hạn, => \(a=b^3\)

\(\Rightarrow\sqrt[3]{a}=b\)mà b là số hữu tỉ

Vậy trong 3 số \(\sqrt[3]{a};\sqrt[3]{b};\sqrt[3]{c}\)có ít nhất 1 số hữu tỉ (đpcm)