3: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b>=2\sqrt{ab}\\b+c>=2\sqrt{bc}\\a+c>=2\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)>=8abc\)

1: =>(a+b)(a^2-ab+b^2)-ab(a+b)>=0

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

=>(a+b)(a-b)^2>=0(luôn đúng)

2) Áp dụng bất đẳng thức ở câu 1 ta có:

\(\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}\le\dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\dfrac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}\le\dfrac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)

và \(\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)

Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta được:

\(\dfrac{1}{a^3+b^3+abc}+\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{1}{c^3+a^3+abc}\le\dfrac{1}{a+b+c}\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=\dfrac{1}{a+b+c}.\dfrac{a+b+c}{abc}=\dfrac{1}{abc}\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c.

ta có: (a+b+c)² = a² + b² + c²

=> 2.(ab+ac+bc) = 0

ab + ac + bc = 0

=> 1/a + 1/b + 1/c = 0

Lại có: \(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}-\frac{3}{abc}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-\frac{1}{ab}-\frac{1}{ac}-\frac{1}{bc}\right).\)

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

=> 1/a³ + 1/b³ + 1/c³  -3/abc = 0

=> 1/a³ + 1/b³ + 1/c³ = 3/abc

Bài 1

Đặt \(A=a^3+b^3+c^3-3(a-1)(b-1)(c-1)\)

Biến đổi:

\(A=a^3+b^3+c^3-3[abc-(ab+bc+ac)+a+b+c-1]=a^3+b^3+c^3-3abc+3(ab+bc+ac)-6\)

\(A=(a+b+c)^3-3[(a+b)(b+c)(c+a)+abc]-6+3(ab+bc+ac)\)

\(A=21-3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3(ab+bc+ac)=21-6(ab+bc+ac)\)

Áp dụng BĐT Am-Gm:

\(3(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^2=9\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3\)

\(\Rightarrow A\geq 21-6.3=3\). Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Vì \(0\leq a,b,c\leq2\Rightarrow (a-2)(b-2)(c-2)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow abc-2(ab+bc+ac)+4\leq 0\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)\geq 4+abc\geq 0\Rightarrow ab+bc+ac\geq 2\)

\(\Rightarrow A\leq 21-6.2=9\). Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(0,1,2)$ và các hoán vị.

Bài 2a)

Ta có

\(A=a^2+b^2+c^2=(a+1)^2+(b+1)^2+(c+1)^2-3-2(a+b+c)\)

\(\Leftrightarrow A=(a+b+c+3)^2-2[(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)]-3\)

\(\Leftrightarrow A=6-2[(a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)]\)

Vì \(-1\leq a,b,c\leq 2\Rightarrow a+1,b+1,c+1\geq 0\)

\(\Rightarrow (a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)\geq 0\Rightarrow A\leq 6\)

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(-1,-1,2)\) và các hoán vị của nó

Câu 2b)

Đặt \((a,b,c)\mapsto(x-1,y-1,z-1)\)

Khi đó ta có \(0\leq x,y,z\leq 3,x+y+z=3\)

Cần cm

\(2(x-1)(y-1)(z-1)\leq (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\leq 2(x-1)(y-1)(z-1)+2\)

Vế đầu:

Khai triển kết hợp với $x+y+z=3$ thì \(\text{BĐT}\Leftrightarrow xyz\leq 1\)

Điều này đúng vì theo AM-GM cho số không âm thì \(3=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\rightarrow xyz\leq 1\)

Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=0$

Vế sau:

Tương tự phần trên \(\text{BĐT}\Leftrightarrow xyz\geq 0\) ( luôn đúng do $x,y,z\geq 0$)

Dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)=(2,-1,-1)$ và hoán vị

Lưu ý: "Khi" khác với "khi và chỉ khi"- nghĩa là chỉ nêu 1TH chứ chưa quét hết toàn bộ điểm rơi

Ta có: (a+b+c)²=a²+b²+c²

<=>a²+b²+c²+2ab+2bc+2ca=a²+b²+c²

<=>ab+bc+ca=0

<=>\(\frac{ab+bc+ca}{abc}=0\)

<=>\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)

<=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=-\frac{1}{c}\) (1)

<=> \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^3=\left(-\frac{1}{c}\right)^3\)

<=>\(\frac{1}{a^3}+\frac{3}{a^2b}+\frac{3}{ab^2}+\frac{1}{b^3}=-\frac{1}{c^3}\)

<=>\(\frac{1}{a^3}+\frac{3}{ab}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{b^3}=-\frac{1}{c^3}\) (2)

Thay (1) vào (2) ta đc:

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

<=>\(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}=\frac{3}{abc}\left(đpcm\right)\)

toán lớp 7 có cái này hả??

Ta có:\((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2\)

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

      <=>\(ab+ac+bc=0\)

Phân tích ngược từ chứng minh. Lưu ý: cách này chỉ trình bày ngoài nháp rồi mới trình bày từ duới lên

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

Nhân với abc cả hai vế

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

<=>\({bc\over a^2} + {ac\over b^2} +{ab\over c^2}=3\)

mà ab+ac+bc=0 

=>\({-(ac+ab)\over a^2} + {-(bc+ba)\over b^2} +{-(ac+bc)\over c^2}=3\)

<=>\({-a(c+b)\over a^2} + {-b(c+a)\over b^2} +{-c(a+b)\over c^2}-3=0\)

<=>\({c+b\over a} + {c+a\over b} +{a+b\over c}+3=0\)

<=>\({c+b\over a} +1+ {c+a\over b} +1+{a+b\over c}+1=0\)

<=>\({c+b+a\over a} ++ {c+a+b\over b} +{a+b+c\over c}=0\)

<=>\((a+b+c)({1\over a}+{1\over b}+{1\over c})=0\)

tới đây không phải là ta có được 2 vế trên =0 . Mà phải chứng minh 1 trong 2 vế trên bằng 0 

Ta có \(ab+ac+bc=0\)(1)

mà a,b,c  khác 0 theo đề bài nên ta có quyền chia abc cho vế (1)

=>\({ab\over abc}+{cb\over abc}+{ac\over abc}=0\)

=>\({1\over a}+ {1\over b}+ {1\over c}=0\)

Vậy từ dữ kiện ta có thể suy ngược lại tất cả nãy giờ ta chúng minh được 

lô có ai ko vậy giải cách khác đi