chứng minh \(abc\left(a^3-b^3\right)\left(b^3-c^3\right)\left(c^3-a^3\right)⋮7voi\forall a,b,c\in Z\)
Chứng minh:
\(a^n+b^n+c^n\ge\left(\frac{a+2b}{3}\right)^n+\left(\frac{b+2c}{3}\right)^n+\left(\frac{c+2a}{3}\right)^n,\forall a,b,c>0;n\in N\)
Chứng minh rằng \(\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\forall a,b,c>0\)
\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
CMR: \(\left(1+\frac{a+b+c}{3}\right)^3\ge\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\ge8\sqrt{abc}\) \(\forall a,b,c\ge0\)
Sử dụng BĐT: \(\left(x+y+z\right)^3\ge27xyz\Rightarrow\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3\ge xyz\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1+a+1+b+1+c}{3}\right)^3\ge\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\)
Ta có: \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Cộng vế với vế:
\(1\ge\frac{1+\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Dấu "=" 3 BĐT trên xảy ra khi \(a=b=c\)
Lại có:
\(1+\sqrt[3]{abc}\ge2\sqrt{\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\ge\left(2\sqrt{\sqrt[3]{abc}}\right)^3=8\sqrt{abc}\)Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho các số dương a,b,c cs abc=1 Chứng minh rằng
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}\ge\dfrac{1}{4}\)
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b+2}{36}+\dfrac{c+3}{48}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+2\right)\left(c+3\right)}{1728\left(b+2\right)\left(c+3\right)}}=\dfrac{a}{4}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c+2}{36}+\dfrac{a+3}{48}\ge\dfrac{b}{4}\)
\(\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}+\dfrac{a+2}{36}+\dfrac{b+3}{48}\ge\dfrac{c}{4}\)
Cộng vế:
\(P+\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{144}+\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{29}{144}\left(a+b+c\right)-\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{29}{144}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{17}{48}=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho các số thực dương a,b,c có abc=1 chứng minh rằng:
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}\ge\dfrac{1}{4}\)
Cho a, b, c là cá sô thực thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=abc\\\left(a^3+b^3\right)\left(b^3+c^3\right)\left(c^3+a^3\right)=a^3b^3c^3\end{cases}}\)
Chứng minh rằng abc=0
Chứng minh:
\(a^2+3\left(b^2+c^2+d^2\right)\ge2a\left(b+c+d\right)\forall a,b,c,d\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(a^2+3\left(b^2+c^2+d^2\right)\ge a^2+\left(b+c+d\right)^2\ge2a\left(b+c+d\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi $b=c=d=\frac{a}{3}.$
Cách biến đổi tương đương thì bạn đưa về dạng
\(\text{VT}-\text{VP}=\dfrac{1}{3} \left( a-3\,b \right) ^{2}+\dfrac{1}{3} \left( a-3\,d \right) ^{2}+\dfrac{1}{3} \left( a-3\,c \right) ^{2}\geqslant 0\)
Chứng minh: \(abc\left(a^3-c^3\right)\left(b^3-c^3\right)\left(c^3-a^3\right)⋮7\)
Dễ dàng chứng minh rằng các số có dạng \(n^3\) khi chia cho 7 sẽ chỉ có các số dư là \(0,1,6\). (Bằng cách đặt \(n=7k+i\left(i=\overline{0,6}\right)\) rồi khai triển biểu thức \(\left(7k+i\right)^3=\left(7k\right)^3+3\left(7k\right)^2i+3.7k.i^2+i^3\) và xét số dư của \(i^3\) cho 7.
Nếu trong 3 số a, b, c có 1 số chia hết cho 7 thì đương nhiên ta có đpcm.
Nếu trong 3 số a, b, c không có số nào chia hết cho 7 (tức là không có số nào trong 3 số \(a^3,b^3,c^3\) chia hết cho 7), thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 2 số trong 3 số \(a^3,b^3,c^3\) có cùng số dư khi chia cho 7 (do lúc này chỉ còn 2 số dư là 1,6). Giả sử 2 số đó là \(a^3,b^3\). Khi đó \(a^3-b^3⋮7\) \(\Rightarrowđpcm\)
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có đpcm.
Cho \(x+y+z=0\)
Chứng minh rằng: \(a^5\left(b^2+c^2\right)+b^5\left(a^2+c^3\right)+c^5\left(a^2+b^2\right)=\dfrac{1}{2}\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^4+b^4+c^4\right)\)
Đề hay thật sự, cho x,y,z nhưng chứng minh a,b,c :v