Ta có , vì: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=3\)

=> \(1=\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}\)

=> \(\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}\)

=> \(a=b=c\)

=>\(abc=a^3\left(đpcm\right)\)

Đặt a/b=x^3, b/c=y^3,c/a=z^3 . Vì a,b,c khác 0 nên x,y,z khác 0.

Ta có x^3.y^3.z^3=a/b.b/c.c/a=1 => (xyz)^3=1 => xyz=1 => x^3 +y^3 +z^3 =3xyz <=> x^3+y^3+z^3-3xyz=0 

=> (x+y)^3 + z^3 -3xy(x+y) - 3xyz =0 <=> (x+y+z)[(x+y)^2 -(x+y)z + z^2 ] -3xy(x+y+z) =0 =>(x+y+z)(x^2+y^2+z^2+2xy-3xy-xz-yz)=0

Vi x,y,z khác 0 nên x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz=0 => 2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz=0 => (x^2-2xy+y^2)+(y^2-2yz+z^2)+(x^2-2xz+z^2)=0

<=> (x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2=0 => x-y=0 ;y-z=0 ; x-z=0 => x=y=z => x^3=y^3=z^3 => a/b=b/c=c/a => a=b=c => abc=a^3=b^3=c^3 

Vậy tích abc lập phương của 1 số nguyên

1/ \(4\left(a^2-ab+b^2\right)⋮3\)

\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2+3b^2⋮3\)

\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮3\)

\(\Rightarrow2a-b⋮3\)

\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮9\)

\(\Rightarrow3b^2⋮9\)

\(\Rightarrow b⋮3\)

\(\Rightarrow a⋮3\)

Câu 2 làm hoi dài nên lười

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Theo một bất đẳng thức quen thuộc ta có \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\)

Từ đó ta được \(abc\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)\(\le\frac{\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca\right)^3}{3^4}=\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)

Do đó ta có \(\left(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\right)^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^6}{3^4}\)hay \(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3^2}\)(*)

Dễ dàng chứng minh được \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)

Xét hiệu : \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0,\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM :
\(a^3+b^3+2c^3\ge ab\left(a+b\right)+2c^3\ge2\sqrt{ab\left(a+b\right).2c^3}=2\sqrt{4c^2\left(a+b\right)}\)

\(=4c\sqrt{a+b}\)

Hoàn toàn tương tự

\(a^3+2b^3+c^3\ge4b\sqrt{a+c};2a^3+b^3+c^3\ge4a\sqrt{b+c}\)

Cộng thao vế bất đẳng thức vừa thu được

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\left(đpcm\right)\)

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt[3]{2}\)

Chúc bạn học tốt !!!

https://olm.vn/hoi-dap/detail/81117789731.html

bạn tham khảo

Ta có a+b+c=0 => \(a+b=-c\Rightarrow\left(a+b\right)^3=-c^3\Rightarrow a^3+b^3+c^3=-3ab\left(a+b\right)=3ab\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Rightarrow ab+bc+ca=0\)

\(a^6+b^6+c^6=\left(a^3\right)^2+\left(b^3\right)^2+\left(c^3\right)^2=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2-2\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)\)

\(ab+bc+ca=0\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)

Do đó: \(a^6+b^6+c^6=\left(3abc\right)^2-2\cdot3a^2b^2c^2=3a^2b^2c^2\)

Vậy \(\frac{a^6+b^6+c^6}{a^3+b^3+c^3}=\frac{3a^2b^2c^2}{3abc}=abc\left(đpcm\right)\)

Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành

Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh

\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)

Ta có:

\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)

\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)

Ta lại có:

\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)

\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)

   PS: Đề sai rồi nha.

Đề ko sai đâu ạ, anh giải lại giúp em với 

132-79=

ta có :

\(\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{2a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{2a^3}{a^2+ab+b^3}+b-a\)

tương tự rồi cộng theo vế : 

\(LHS\ge2\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)

áp dụng bđt cô si

 \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{a^2+ab+b^2}{9}+\frac{1}{3}\ge\frac{3a}{3}=a\)

tương tự rồi cộng theo vế 

\(2\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+...\right)\ge a+b+c-1-\frac{2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(\ge\frac{2\left(9-a^2-b^2-c^2-ab-bc-ca\right)}{9}\)

đến đây chịu :)))))

Đặt \(x=a^3;y=b^3;z=c^3\), khi đó \(xyz=1\). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

Ta viết lại bất đẳng thức như sau:

\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(2+xy+yz+zx+x+y+z\right)}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge2\sqrt{2\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)}\)

Bình phương 2 vế ta được:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được \(\left(x+y\right)^2\left(x+\frac{1}{y}\right)^2\ge x+1^4\)hay ta được bất đẳng thức:

\(\left(x+y\right)^2\left(x+xz\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\Leftrightarrow x^2\left(x+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(x+1\right)^4\)

Tương tự ta được các bất đẳng thức:

\(y^2\left(y+z\right)^2\left(1+x\right)^2\ge\left(y+1\right)^4;z^2\left(z+x\right)^2\left(1+y\right)^2\ge\left(z+1\right)^4\)

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên, ta được:

\(x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

\(\ge\left(x+1\right)^4\left(y+1\right)^4\left(z+1\right)^4\)

Hay:

\(\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\ge\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\)

Mặt khác, ta lại có:

\(\left(1+x\right)^2\left(1+y\right)^2\left(1+z\right)^2\ge\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\cdot8\sqrt{xyz}\)

\(=8\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)

Do đó ta được bất đẳng thức:

\(\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\right]^2\ge8\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\)

Bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)