Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sau khi rút gọn ta có:
a2+b2+c2+abc+2≥ab+bc+ac+a+b+c
hay
2(a2+b2+c2)+2abc+4≥(ab+bc+ac+a+b+c).2
Áp dụng kết quả sau
a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ac) (1)
cần chứng minh
a2+b2+c2+3≥2a+2b+2c (2)
hay (a−1)2+(b−1)2+(c−1)2≥0 (đúng)
dấu = xảy ra khi a=b=c=1
Từ (1) và (2) ta có đpcm
Theo nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng trong ba số a,b,c sẽ có hai số hoặc cùng ≥1 hoặc cùng ≤1. Giả sử hai số đó là a,b khi đó:
(a−1)(b−1)≥0.
Từ đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:
a2+b2+c2+2abc+1−2(ab+bc+ca)=(a−b)2+(c−1)2+2c(a−1)(b−1)≥0
Ta thu được ngay bất đẳng thức (1), phép chứng minh hoàn tất.
Lời giải 2: Ta sẽ sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh bài toán. Giả sử c là số bé nhất và đặt:
f(a,b,c)=a2+b2+c2+2abc+1−2(ab+bc+ca)
Ta có:
f(a,b,c)−f(ab−−√,ab−−√,c)=(a√−b√)2(a+b+2ab−−√−2c)≥0
Do đó f(a,b,c)≥f(ab−−√,ab−−√,c), vậy ta chỉ cần chứng minh f(ab−−√,ab−−√,c)≥0.
Thật vậy, nếu đặt t=ab−−√ thì ta có:
f(t,t,c)=2t2+c2+2t2c−2(t2+2tc)+1=(c−1)2+2c(t−1)2≥0
\(1.a\left(a+2b\right)^3-b\left(2a+b\right)^3\)
=\(a\left(a^3+6a^2b+12ab^2+8b^3\right)-b\left(8a^3+12a^2b+6ab^2+b^3\right)\)
=\(a^4+6a^3b+12a^2b^2+8ab^3-8a^3b-12a^2b^2-6ab^3-b^4\)
=\(a^4-b^4\)=\(\left(a^2-b^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(a\left(b+c\right)^2\left(b-c\right)+b\left(c+a\right)^2\left(c-a\right)+c\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)\)
\(\text{Phân tích thành nhân tử}\)
\(\left(b-a\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)\left(c+b+a\right)\)
\(a\left(b-c\right)^3+b\left(c-a\right)^3+c\left(a-b\right)\)
\(\text{Phân tích thành nhân tử}\)
\(\left(b-a\right)\left(c^3-3abc-c+ab^2+a^2+b\right)\)
\(a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-a\right)\)
\(\text{Phân tích thành nhân tử}\)
\(\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)\left(bc+ac+ab\right)\)
\(ko?\)
\(a^4\left(b-c\right)+b^4\left(c-a\right)+c^4\left(c-b\right)\)
\(\text{Phân tích thành nhân tử}\)
\(\left(c-a\right)\left(c^4+bc^3+ac^3+\left(-a\right)bc^2+a^2c^2+\left(-a^2\right)bc+a^3c+b^4+\left(-a^3\right)b\right)\)
\(x^3+y^3+z^3-3xyz\)
\(=\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+z^3-3xyz\)
\(=\left(x+y+z\right)\left[\left(x+y\right)^2-z\left(x+y\right)+z^2\right]-3xy\left(x+y+z\right)\)
\(=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)\)
a)
\(ab(a+b)-bc(b+c)+ac(a-c)\)
\(=ab(a+b)-[bc(b+c)+ac(c-a)]\)
\(=ab(a+b)-c(b^2+bc+ac-a^2)\)
\(=ab(a+b)-c[(b^2-a^2)+(bc+ac)]\)
\(=ab(a+b)-c(b+a)(b-a+c)\)
\(=(a+b)(ab-bc+ac-c^2)=(a+b)[a(b+c)-c(b+c)]=(a+b)(a-c)(b+c)\)
b)
\(a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)+2abc\)
\(=ab^2+ac^2+bc^2+ba^2+ca^2+cb^2+2abc\)
\(=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc\)
\(=ab(a+b+c)+bc(b+c+a)+ca(c+a)\)
\(=(a+b+c)(ab+bc)+ca(c+a)=b(a+b+c)(a+c)+ac(a+c)\)
\(=(a+c)(ba+b^2+bc+ac)=(a+c)[b(a+b)+c(b+a)]\)
\(=(a+c)(a+b)(b+c)\)
c)
\((a+b)(a^2-b^2)+(b+c)(b^2-c^2)+(c+a)(c^2-a^2)\)
\(=(a+b)(a^2-b^2)-(b+c)(c^2-b^2)+(c+a)(c^2-a^2)\)
\(=(a+b)(a^2-b^2)-(b+c)[(a^2-b^2)+(c^2-a^2)]+(c+a)(c^2-a^2)\)
\(=(a^2-b^2)[(a+b)-(b+c)]-[(b+c)-(c+a)](c^2-a^2)\)
\(=(a^2-b^2)(a-c)-(b-a)(c^2-a^2)\)
\(=(a^2-b^2)(a-c)-(a-b)(a^2-c^2)\)
\(=(a-b)(a+b)(a-c)-(a-b)(a-c)(a+c)\)
\(=(a-b)(a-c)(a+b-a-c)=(a-b)(a-c)(b-c)\)
d)
Tham khảo tại link sau:
Câu hỏi của Victor JennyKook - Toán lớp 8 | Học trực tuyến
e)
\(a^3(c-b^2)+b^3(a-c^2)+c^3(b-a^2)+abc(abc-1)\)
\(=(ab^3+bc^3+ca^3)-(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)+a^2b^2c^2-abc\)
\(=ab^2(b-a^2)+bc^2(c-b^2)+ca^2(a-c^2)+a^2b^2c^2-abc\)
\(=ab(b^2-ba^2+abc^2-c)+bc^2(c-b^2)+ca^2(a-c^2)\)
\(=ab[(b^2-c)-ab(a-c^2)]+bc^2(c-b^2)+ca^2(a-c^2)\)
\(=ab(b^2-c)-a^2b^2(a-c^2)-bc^2(b^2-c)+ca^2(a-c^2)\)
\(=(b^2-c)(ab-bc^2)-(a^2b^2-ca^2)(a-c^2)\)
\(=(b^2-c)b(a-c^2)-a^2(b^2-c)(a-c^2)\)
\(=(b^2-c)(a-c^2)(b-a^2)\)