Áp dụng bất đẳng thức cosi ta được

\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)

Dấu = xảy ra khi a = b = c

Hay tam giác ABC đều 

=> Góc ABC = 60°

Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)

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

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a=b=c\end{cases}}\)

bạn thay vào M giải tiếp nha

Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)+c^3-3abc=0\)

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

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

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

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

Nếu \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\left(\forall a,b,c\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c

Khi đó: \(M=\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=\left(1+1\right)^3=8\)

Nếu \(a+b+c=0\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-c\\b+c=-a\\c+a=-b\end{cases}}\)

\(\Rightarrow M=\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}=\frac{-abc}{abc}=-1\)

\(a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)

- \(a+b+c=0\): 

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

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

\(=\frac{\left(-c\right)\left(-a\right)\left(-b\right)}{abc}=-1\)

- \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)

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

\(\Leftrightarrow a=b=c\).

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

\(=\left(1+1\right)\left(1+1\right)\left(1+1\right)=8\)

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

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

=> a=b=c

b, \(0=\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+6abc+3a^2b+3ab^2+3b^2c+3bc^2+3c^2a+3ca^2\)

\(=a^3+b^3+c^3+6abc+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ac\left(a+c\right)\)

\(=a^3+b^3+c^3+6abc-3abc-3abc-3abc\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc\)

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

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

Từ (a) -> hoặc a+b+c = 0 hoặc a=b=c. Vậy ko thể khẳng định như vây

1) \(\left\{{}\begin{matrix}a^3+b^3+c^3=3abc\\a+b+c\ne0\end{matrix}\right.\)  \(\left(a;b;c\in R\right)\)

Ta có :

\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) (Bất đẳng thức Cauchy)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\left(a^3+b^3+c^3=3abc\right)\)

Thay \(a=b=c\) vào \(P=\dfrac{a^2+2b^2+3c^2}{3a^2+2b^2+c^2}\) ta được

\(\Leftrightarrow P=\dfrac{6a^2}{6a^2}=1\)

\(3^x=y^2+2y\left(x;y>0\right)\)

\(\Leftrightarrow3^x+1=y^2+2y+1\)

\(\Leftrightarrow3^x+1=\left(y+1\right)^2\left(1\right)\)

- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.\)

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^0+1=\left(0+1\right)^2\Leftrightarrow2=1\left(vô.lý\right)\)

- Với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\)  

\(pt\left(1\right)\Leftrightarrow3^1+1=\left(1+1\right)^2=4\left(luôn.luôn.đúng\right)\)

- Với \(x>1;y>1\)

\(\left(y+1\right)^2\) là 1 số chính phương

\(3^x+1=\overline{.....1}+1=\overline{.....2}\) không phải là số chính phương

\(\Rightarrow\left(1\right)\) không thỏa với \(x>1;y>1\)

Vậy với \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\) thỏa mãn đề bài

a³ + b³ + c³ = 3abc

⇒ a³ + b³ + c³ - 3abc = 0

⇒ ( a³ + b³ ) + c³ - 3abc = 0

⇒ ( a + b )³ - 3ab( a + b ) + c³ - 3abc = 0

⇒ [ ( a + b )³ + c³ ] - [ 3ab( a + b ) + 3abc ] = 0

⇒ ( a + b + c )[ ( a + b )² - ( a + b ).c + c² ] - 3ab( a + b + c ) = 0

⇒ ( a + b + c )( a² + b² + c² - ab - bc - ac ) = 0

⇒ \(\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\end{cases}}\)

+) a² + b² + c² - ab - bc - ac = 0

⇒ 2( a² + b² + c² - ab - bc - ac ) = 2.0

⇒ 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ac = 0

⇒ ( a² - 2ab + b² ) + ( b² - 2bc + c² ) + ( a² - 2ac + c² ) = 0

⇒ ( a - b )² + ( b - c )² + ( a - c )² = 0

VT ≥ 0 ∀ a,b,c . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

⇒ a + b + c = 0 hoặc a = b = c ( đpcm )

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

vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC => a,b,c > 0 => a+b+c > 0

=>\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0=>\frac{1}{2}.2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)=0\)

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

=>(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²=0

tổng 3 bt ko âm=0 <=> chúng đều = 0

<=>a-b=b-c=c-a=0

<=>a=b=c

<=>tam giác ABC là tam giác đều

vậy góc ABC=60⁰

thực hiện trừ 2 vế ta (vế trái cho vế phải) ta được

(a+b+c).(a^2+b^2+c^2 -ab-bc-ca)=0

nên hoặc a+b+c=0 hoặc nhân tử còn lại bằng 0

mà a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác nên a+b+c>0

vậy a^2+b^2+c^2 -ab-bc-bc-ca=0

đặt đa thức đó bằng A

A=0 nên 2xA=0

phân tích thành hằng đẳng thức ta có (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0

nên a=b=c vậy là tam giác đều 

Lời giải:

$a^3+b^3+c^3=3abc$

$\Leftrightarrow (a+b)^3-3ab(a+b)+c^3-3abc=0$

$\Leftrightarrow (a+b)^3+c^3-3ab(a+b+c)=0$

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

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

Hiển nhiên $a+b+c>0$ với mọi $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác.

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0$

$\Leftrightarrow 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac=0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0$

Do mỗi số $(a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0$ với mọi $a,b,c>0$.

$\Rightarrow$ để tổng của chúng bằng $0$ thì:

$(a-b)^2=(b-c)^2=(c-a)^2=0$

$\Rightarrow a=b=c$

$\Rightarrow ABC$ là tam giác đều.

a^3+b^3+c^3=3abc

=>(a+b)^3+c^3-3ab(a+b)-3bac=0

=>(a+b+c)(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2)-3ab(a+b+c)=0

=>(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)=0

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

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

=>(a-c)^2+(a-b)^2+(b-c)^2=0

=>a=b=c

=>A=(1+b/b)(1+b/b)(1+c/c)

=2*2*2=8

Giả sử cả 3 số a; b; c đều không chia hết cho 3

=> a; b; c chia cho 3 dư 0 hoặc 1 

=> a² ; b² ; c² chia cho 3 dư 1

=> a² + b² chia cho 3 dư 2. Mà c² chia cho 3 dư 1 nên a² + b² khác c² (trái với đề bài)

Vậy trong 3 số a; b; c có ít nhất 1 số chia hết cho 3

=> a.b.c chia hết cho 3

Ta luôn có 3ab chia hết cho 3

Vậy abc + 3ab chia hết cho 3