Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đkxđ: \(abc\ne0\)
\(a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) \(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2\)
Kết hợp với \(a^2+b^2+c^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\) và đẳng thức \(\left(x+y+z\right)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)=2\left(xy+yz+zx\right)\), dễ dàng suy ra \(ab+bc+ca=\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\) \(\Leftrightarrow ab+bc+ca=\dfrac{a+b+c}{abc}\) \(\Leftrightarrow a+b+c=abc\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
Mặt khác, \(a+b+c=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) \(\Leftrightarrow a+b+c=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\) \(\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\left(a+b+c\right)\) (2)
Từ (1) và (2), suy ra \(a+b+c=\left(abc\right)^2\left(a+b+c\right)\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\\abc=\pm1\end{matrix}\right.\)
TH1: \(a+b+c=0\), suy ra \(\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=0\) hay \(ab+bc+ca=0\), từ đó suy ra \(a^2+b^2+c^2=0\) \(\Leftrightarrow a=b=c=0\), loại
TH2: \(abc=1\). Ta dễ dàng suy ra được \(a+b+c=ab+bc+ca\). Ta có \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\) \(=abc-\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)-1\) \(=0\) nên suy ra \(\left[{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\c=1\end{matrix}\right.\). Giả sử \(a=1\). Khi đó ta có \(bc=1\)
Thay lại vào 2 pt đã cho, ta đều thấy thỏa mãn. Vậy ta tìm được 1 tập nghiệm của hệ là \(S_1=\left\{\left(a;b;c\right)|a=1;bc=1\right\}\) và các hoán vị của mỗi nghiệm thuộc tập S1.
TH3: \(abc=-1\). Ta kiểm chứng được \(a+b+c+ab+bc+ca=0\). Ta có \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1=0\) nên \(\left[{}\begin{matrix}a=-1\\b=-1\\c=-1\end{matrix}\right.\). Nếu \(a=-1\) thì suy ra \(bc=1\). Thử lại vào cả 2 pt ta đều thấy thỏa mãn. Như vậy ta tìm được tập nghiệm nữa của hpt đã cho là \(S_2=\left\{\left(a;b;c\right)|a=-1;bc=1\right\}\) và các hoán vị của mỗi bộ nghiệm trong các nghiệm thuộc \(S_2\).
Vậy tập nghiệm của hpt đã cho là \(S=S_1\cup S_2=\left\{\left(a;b;c\right)|a=\pm1;bc=1\right\}\) và các hoán vị của mỗi phần tử thuộc S.
Ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}\Leftrightarrow\left(a+b\right)c=ab\Leftrightarrow ab-bc-ab=0\)
Hay \(ab-bc-ab+c^2=c^2\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left(a-c\right)=c^2\)
Nếu \(\left(b-c;a-c\right)=d\ne1\Rightarrow c^2=d^2\left(loai\right)\)
Vậy \(\left(b-c;a-c\right)=1\Rightarrow c-b;c-a\) là 2 số chính phương
Đặt \(b-c=n^2;a-c=m^2\)
\(\Rightarrow a+b=b-c+a-c+2c=m^2+n^2+2mn=\left(m+n\right)^2\) là số chính phương
Đặt ab + bc + ca = q; abc = r. Ta có:
\(A=\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+27}{abc+3\left(ab+bc+ca\right)+9\left(a+b+c\right)+27}-\dfrac{1}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(A=\dfrac{q+33}{r+3q+36}-\dfrac{1}{3q}\).
Theo bất đẳng thức Schur: \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow9r\ge4q-1\Leftrightarrow r\ge\dfrac{4q-1}{9}\).
Từ đó \(A\le\dfrac{q+33}{\dfrac{4q-1}{9}+3q+36}-\dfrac{1}{3q}\)
\(\Rightarrow A\leq \frac{27q^2+860q-323}{93q^2+969q}\)
\(\Rightarrow A+\dfrac{1}{10}=\dfrac{\left(3q-1\right)\left(121q+3230\right)}{30q\left(31q+323\right)}\le0\). (Do \(q=ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\dfrac{1}{3}\))
\(\Rightarrow A\leq \frac{-1}{10}\). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Giả sử a≤b≤c⇒ab+bc+ca≤3bca≤b≤c⇒ab+bc+ca≤3bc. Theo giả thiết abc<ab+bc+caabc<ab+bc+ca (1) nên abc<3bc⇒a<3abc<3bc⇒a<3 mà a là số nguyên tố nên a = 2. Thay a = 2 vào (1) được 2bc<2b+2c+bc⇒bc<2(b+c)2bc<2b+2c+bc⇒bc<2(b+c) (2)
Vì b≤c⇒bc<4c⇒b<4b≤c⇒bc<4c⇒b<4. Vì b là số nguyên tố nên b = 2 hoặc b = 3. Với b = 2 thay vào (2) được 2c < 4 + 2c đúng với mọi c là số nguyên tùy ý. Với b = 3 thay vào (2) được c < 6 nên c = 3 hoặc c = 5
Vậy (2; 2; c), (2; 3; 3), (2; 3; 5) với c là số nguyên tố tùy ý