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 \(a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}\)
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
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)
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
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.
\(f\left(x\right)=ax^2+bx+c=>\hept{\begin{cases}f\left(1\right)=a+b+c\\f\left(0\right)=c\\f\left(-1\right)=a-b+c\end{cases}.}\)
xét các Th
Th1)a,b,c cùng dấu :
=>/a/+/b/+/c/=/a+b+c/=/f(x)/<=1
Th2)a khác dấu với b,c
=>/a/+/b/+/c/=/-a+b+c/=/2f(0)-f(-1)/=2/f(0)/+/f(-1)/<=3
th3)b khác dấu với a,c
=>/a/+/b/+/c/=/a-b+c/=/f(-1)/<=1
th4) c khác dấu với a,b
=>/a/+/b/+/c/=/a+b-c/=/f(1)-2f(0)/=/f(1)/+2/f(0)/<=3
vậy /a/+/b/+/c/<=3
dấu = xảy ra khi ...
mỗi web đăng 1 lần thui nhé nà Câu hỏi của Kim Hue Truong - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath