Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài này điểm rơi hơi thộn, mò được ngay thì hơi khó :))
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(b^2\left(c-b\right)=\frac{1}{2}\cdot b\cdot b\left(2c-2b\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{b+b-2c-2b}{3}\right)^3=\frac{4c^3}{27}\)
Và \(a^2\left(b-c\right)\le0\). Khi đó
\(Q\le\frac{4c^3}{27}+c^2\left(1-c\right)=c^2-\frac{23}{27}c^3=c^2\left(1-\frac{23}{27}\cdot c\right)\)
\(=\frac{54^2}{23^2}c^2\left(1-\frac{23}{27}c\right)\le\frac{1}{3^3}\cdot\frac{54^2}{23^2}=\frac{108}{529}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}\)
Vì a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên mỗi nhân tử của VP đều dương,áp dụng bđt Cauchy:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{b+c-a+a+c-b}{2}=c\)
\(\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}\le\frac{a+c-b+a+b-c}{2}=a\)
Nhân theo vế => ddpcm "=" khi a=b=c
a) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
Đẳng thức khi \(a=b=c\)
b) \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2b+1+a^2-2a+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge0\)
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức khi \(a=b=1\)
Các bài tiếp theo tương tự :v
g) \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)=a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6\sqrt[6]{a^2.a^2b^2.b^2.b^2c^2.c^2.c^2a^2}=6abc\)
i) \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}}=\dfrac{2}{\sqrt{ab}}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{\sqrt{bc}};\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{2}{\sqrt{ca}}\)
Cộng vế theo vế rồi rút gọn cho 2, ta được đpcm
j) Tương tự bài i), áp dụng Cauchy, cộng vế theo vế rồi rút gọn được đpcm
Áp dụng bất đẳng thức : \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)(Có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)
được: \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)(1)
Thay \(a+b=2-c\)và \(a^2+b^2=2-c^2\)vào (1) được:
\(2\left(2-c^2\right)\ge\left(2-c\right)^2\Leftrightarrow4-2c^2\ge4-4c+c^2\Leftrightarrow3c^2-4c\le0\)
Giải ra được \(0\le c\le\frac{4}{3}\)
Tương tự với a,b ta suy ra được điều phải chứng minh.
Trả lời:
a. Áp dụng BĐT Cô-si: x + y\(\ge\) \(2\sqrt{xy}\) (với x,y\(\ge\)0)
Ta có: a + b\(\ge\)\(2\sqrt{ab}\)
b+c\(\ge\)\(2\sqrt{bc}\)
c+a\(\ge\)\(2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\) (a+b)(b+c)(c+a) \(\ge\)\(8\sqrt{a^2b^2c^2}\)= 8abc (đpcm)
b. Áp dụng BĐT Cô-si: \(\sqrt{ab}\)\(\le\)\(\dfrac{a+b}{2}\) ( với a,b\(\ge\)0)
Ta có: \(\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\)\(\le\)\(\dfrac{3a+a+2b}{2}\)=\(\dfrac{4a+2b}{2}\)=2a+b
\(\Rightarrow\) \(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\)\(\le\)a(2a+b) = 2a2+ab
CMTT: \(b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\)\(\le\)b(2b+a) = 2b2+ab
\(\rightarrow\)\(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\)+\(b\sqrt{3b\left(2b+a\right)}\)\(\le\) 2a2+ab+2b2+ab
= 2(a2+b2)+2ab =6(đpcm)
c. Áp dụng BĐT Cô-si với 3 số a+b; b+c;c+a
Ta có: (a+b)(b+c)(c+a)\(\le\)\(\left(\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3\)
\(\Leftrightarrow\) 1 \(\le\) \(\dfrac{8}{27}\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)3 \(\ge\) \(\dfrac{8}{27}\)
\(\Leftrightarrow\) a+b+c \(\ge\) \(\dfrac{3}{2}\) (1)
Lại có: (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca) -abc
\(\Leftrightarrow\) 1= (a+b+c)(ab+bc+ca) - abc
\(\Leftrightarrow\) ab+bc+ca = \(\dfrac{1+abc}{a+b+c}\) (2)
Theo câu a. (a+b)(b+c)(c+a) \(\ge\) 8abc
\(\Leftrightarrow\) 1 \(\ge\) 8abc
\(\Leftrightarrow\) abc \(\le\)\(\dfrac{1}{8}\) (3)
Từ (1),(3) kết hợp với (2)
\(\Rightarrow\) ab+bc+ca \(\le\) \(\dfrac{1+\dfrac{1}{8}}{\dfrac{3}{2}}\) = \(\dfrac{3}{4}\) (đpcm)
Theo đề bài ta có:
\(\hept{\begin{cases}-1\le a\le2\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\Rightarrow a^2-a-2\le0\\-1\le b\le2\Rightarrow\left(b+1\right)\left(b-2\right)\le0\Rightarrow b^2-b-2\le0\\-1\le c\le2\Rightarrow\left(c+1\right)\left(c-2\right)\le0\Rightarrow c^2-c-2\le0\end{cases}\Rightarrow}\)\(a^2+b^2+c^2\ge\left(a+b+c\right)+6=6\)
Ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi đó \(f\left(x\right)=a^2\) là hàm lồi trên \(\left[-1;2\right]\) và \(\left(-1;-1;2\right)›\left(a;b;c\right)\)
Áp dụng BĐT Karamata ta có:
\(6=\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2+2^2\ge a^2+b^2+c^2\)
Xảy ra khi a=b=-1;c=2