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

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

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a=b=c\end{matrix}\right.\)

\(a^3+b^3+c^3=3abc\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\\ \Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc=0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)=0\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\\ \left(1\right)\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac=0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\c=a\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy \(a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a=b=c\end{matrix}\right.\)

Do a;b;c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(a;b;c>0\)

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

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

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

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)

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

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=b=c\)

Hay tam giác ABC đều

bài này hình như có điều kiện \(a,b,c\ge1\)

Bài toán phụ \(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\ge\frac{2}{1+xy}\)(bạn tự chứng minh nhé biến đổi tương đương là thấy mà)

Ta có: \(\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}+\frac{1}{1+abc}\ge\frac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}}+\frac{2}{1+\sqrt{abc^4}}\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{a^4b^4c^4}}=\frac{4}{1+abc}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}\ge\frac{3}{1+abc}\)(đpcm)

\( \dfrac{1}{{1 + {a^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {c^3}}} \ge \dfrac{3}{{1 + abc}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {c^3}}} + \dfrac{1}{{abc}} \ge \dfrac{4}{{1 + abc}} \)

Ta có:

\(\dfrac{1}{{1 + {a^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {c^3}}} + \dfrac{1}{{1 + abc}} \ge \dfrac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }} + \dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }} \ge \dfrac{4}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}\sqrt {ab{c^4}} } }} = \dfrac{4}{{1 + abc}}\)

Suy ra: \(\dfrac{1}{{1 + {a^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^3}}} + \dfrac{1}{{1 + {c^3}}} \ge \dfrac{3}{{1 + abc}}\)

Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Anh đã chỉnh câu hỏi của em dưới dạng công thức. Những lần sau đặt câu hỏi nhớ ghi dưới dạng công thức cho dễ nhìn, dễ hiểu để các bạn hỗ trợ em nhé! Chúc em học tốt cùng hoc24.

a^3 + b^3 + c^3 - 3abc

=(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3)+c^3-(3a^2b+3ab^2+3abc)

=(a+b)^3+c^3-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)[(a+b)^2-(a+b)c+c^2]-3ab(a+b+c)

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

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

Thay a + b + c = 0, ta có:

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

=0

Vậy nếu a + b + c = 0 thì a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = 0

Theo bài ra, ta có: a+b+c
Suy ra: 3(a+b+c)-3abc=0
Suy ra: -3abc=0
Tương đương: -3*(b+c)*(a+c)*(a+b)=0
Tương đương: -3* a^2+b^2+c^2=0
Tương đương: -3*0=0
Suy ra: nếu a+b+c=0 thì a3+b3+c3-3abc=0(đpcm)

Áp dụng bđt Cô- si với các số a,b,c>0:

\(a^3+1+1\ge3a,b^3+1+1\ge3b,c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3a+3b+3c\) 

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a+b+c+2\left(a+b+c\right)-6\ge a+b+c+2\cdot3\sqrt[3]{abc}-6=a+b+c+6-6=a+b+c\)

Vậy...

đề là chứng minh bất đẳng thức

bạn nào giải được giúp mình với, mình cảm ơn !

a+b+c=abc?? =))

\(a^3+b^3+c^3=3abc\\ \Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc=3abc\\ \Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\\ \Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\left(vô.lí\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy a+b+c=0

a: Ta có: \(a+b+c=0\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=-c\\a+c=-b\\b+c=-a\end{matrix}\right.\)

Ta có: a+b+c=0

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

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

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

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

b: Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

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

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

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

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

\(\Leftrightarrow a+b+c=0\)

a) \(a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)=0\)(đúng do a+b+c = 0)

b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)

\(ĐTXR\Leftrightarrow a=b=c\), mà a,b,c đôi một khác nhau => Đẳng thức không xảy ra\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2>ab+ac+bc\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc>0\)

Ta có: ​\(a^3+b^3+c^3=3abc\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)=0\)​\(\Rightarrow a+b+c=0\)( do (1))

a: Ta có: a+b+c=0

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=-c\\a+c=-b\\b+c=-a\end{matrix}\right.\)

Ta có: a+b+c=0

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

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

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

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

b: Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

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

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

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

\(\Leftrightarrow a+b+c=0\)

ai cứu mình với ạ:(

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

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

=>\(2\left(ab+bc+ac\right)=0\)

=>ab+bc+ac=0

\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)

=>\(\dfrac{\left(bc\right)^3+\left(ac\right)^3+\left(ab\right)^3}{\left(abc\right)^3}=\dfrac{3}{abc}\)

=>\(\left(bc\right)^3+\left(ac\right)^3+\left(ab\right)^3=3\left(abc\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(ab+bc\right)^3-3\cdot ab\cdot bc\cdot\left(ab+bc\right)+\left(ac\right)^3=3\left(abc\right)^2\)

=>\(\left(-ac\right)^3-3\cdot ab\cdot bc\cdot\left(-ac\right)+\left(ac\right)^3-3\left(abc\right)^2=0\)

=>\(-a^3c^3+a^3c^3+3a^2b^2c^2-3a^2b^2c^2=0\)

=>0=0(đúng)