LA
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NK
5
TN
24 tháng 3 2017
Dự đoán khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\) khi đó \(P=\frac{19}{27}\) (gọi P=biểu thức đầu bài)
Ta đi chứng minh nó là GTNN của P
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge\frac{19}{27}\left(a+b+c\right)^3\)
Khai triển và rút gọn, ta được BĐT tương đương là:
\(8\left(a^3+b^3+c^3\right)+24\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-30\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)-6abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow8\left(a+b+c\right)^3\ge54\left(ab^2+bc^2+ca^2+abc\right)\)
\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc\le\frac{4}{27}\left(a+b+c\right)^3\)
BĐT trên đúng. Nên \(P_{Min}=\frac{19}{27}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
24 tháng 7 2020
đại khái giống Ngọc thôi, sửa 1 số lỗi
\(P=1-2\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)-2abc\)
\(b=mid\left\{a;b;c\right\}\)\(\Rightarrow\)\(ab^2+ca^2\le a^2b+abc\)
\(\Rightarrow\)\(P\le1-2a^2b-2bc^2-4abc=1-2b\left(c+a\right)^2\le1-8\left(\frac{b+\frac{c+a}{2}+\frac{c+a}{2}}{3}\right)^3=\frac{19}{27}\)
24 tháng 7 2020
ta có ab+bc+ca=(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a2b+b2c+c2a)+(ab2+bc2+ca2)+3abc
=> a2+b2+c2=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)=1-2(ab+bc+ca)=1-2[(a2b+b2c+c2a)+(ab2+bc2+ca2)+3abc]
do đó P=2(a2b+b2c+c2a)+1-2[(a2b+b2c+c2a)+(ab2+bc2+ca2)+3abc]+4abc
=1-2(ab2+bc2+ca2)
không mất tính tổng quát giả sử a =<b=<c. suy ra
a(a-b)(b-c) >=0 => (a2-a)(b-c) >=0
=> a2b-a2c-ab2+abc >=0 => ab2+ca2=< a2b+abc
do đó ab2+bc2+ca2+abc=(ab2+ca2)+bc2+abc =< (a2b+abc)+b2c+abc=b(a+c)2
với các số dương x,y,z ta luôn có: \(x+y+z-3\sqrt[3]{xyz}=\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\right)\left[\left(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{y}\right)^2+\left(\sqrt[3]{y}-\sqrt[3]{z}\right)^2+\left(\sqrt[3]{z}-\sqrt[3]{x}\right)^2\right]\ge0\)
=> \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}\Rightarrow xyz\le\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^2\)(*)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z
áp dụng bđt (*) ta có:
\(b\left(a+c\right)^2=ab\left(\frac{a+c}{2}\right)\left(\frac{a+c}{2}\right)\le4\left(\frac{b+\frac{a+c}{2}+\frac{a+c}{2}}{3}\right)^3=4\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3=\frac{4}{27}\)
=> P=1-2(ab2+bc2+ca2+abc) >= 1-2b(a+c)2 >= 1-2.4/27=19/27
vậy minP=19/27 khi x=y=z=1/3
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 9 2019
Ta có đánh giá: \(\frac{1}{2a-a^2}\ge\frac{81-108a}{25}\) \(\forall a\in\left(0;1\right)\)
Thật vậy, BĐT tương đương:
\(\left(81-108a\right)\left(2a-a^2\right)\le25\)
\(\Leftrightarrow108a^3-297a^2+162a-25\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(3a-1\right)^2\left(25-12a\right)\ge0\) (luôn đúng \(\forall a\in\left(0;1\right)\))
Tương tự: \(\frac{1}{2b-b^2}\ge\frac{81-108b}{25}\) ; \(\frac{1}{2c-c^2}\ge\frac{81-108c}{25}\)
Cộng vế với vế:
\(\Rightarrow A\ge\frac{243-108\left(a+b+c\right)}{25}+3=\frac{42}{5}\)
\(A_{min}=\frac{42}{5}\) khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
PC
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 2 2020
Các biến không có biên, mà cực trị xảy ra tại tâm là max nên biểu thức này ko có min, bạn ko cần nghĩ cách tìm nó đâu
HN
19 tháng 4 2017
Câu 1/
Đặt cái cần tìm là \(P=x+y+z\)
Ta có \(5x^2+2xyz+4y^2+3z^2=60\)
\(\Rightarrow3z^2< 60\)
\(\Rightarrow0< z< 2\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}20-z^2>0\\9-2z>0\\P-z>0\end{matrix}\right.\)
Thay \(x=P-y-z\) vào điều kiện ban đầu ta được.
\(5\left(P-y-z\right)^2+2yz\left(P-y-z\right)+4y^2+3z^2=60\)
\(\Leftrightarrow\left(9-2z\right)y^2-2\left(P-z\right)\left(5-z\right)y+5\left(P-z\right)^2+3\left(z^2-20\right)=0\)
Để PT theo nghiệm y có nghiệm thì
\(\Delta'=\left(P-z\right)^2\left(5-z\right)^2-\left(9-2z\right)\left[5\left(P-z\right)^2+3\left(z^2-20\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(z^2-20\right)\left[\left(P-z\right)^2+6z-27\right]\ge0\)
\(\Rightarrow\left(P-z\right)^2+6z-27\le0\)
\(\Rightarrow P\le z+\sqrt{27-6z}\le6\) (cái này chỉ cần chuyển z qua VP rồi bình phương 2 vế là thấy liền nhé.
Vậy \(MaxP=6\) khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=2\\z=3\end{matrix}\right.\)
HN
19 tháng 4 2017
Câu 3/ Dễ thấy a, b, c không thể đồng thời bằng 0 được.
Ta chứng minh: \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left(3a^2+3b^2+3c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+a^2+b^2+c^2\right]\ge0\) (đúng)
Từ đây ta suy ra \(a^2+b^2+c^2\ge1\)
Dấu = xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(1,0,0;0,1,0;0,0,1\right)\)
PS: Vì không chứng minh được \(x^2+y^2+z^2\ge1\) nên mình chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge1\) nhé.
T
10 tháng 3 2020
\(VT-VP=\frac{\left(2bc+3a-5\right)^2}{3}+\frac{\left(6c+1\right)\left(c-1\right)^2}{2c+3}-\frac{\left(2bc+3b-5\right)^2\left(2c-3\right)}{3\left(2c+3\right)}\)
\(=\frac{\left(3a+3b-5\right)^2}{3}+\frac{\left(3c-5\right)^2}{3}+\frac{1}{3}+2ab\left(2c-3\right)\)
Từ 2 đẳng thức trên suy ra đpcm. (cái đầu đúng cho \(c\le\frac{3}{2}\), cái sau cho \(c\ge\frac{3}{2}\))
Và ta có thể viết SOS cho bài trên! Cách viết dựa trên dao lam, mời các bạn:)
10 tháng 3 2020
Vì a + b + c = 3 nên theo nguyên lí Dirichlet: Tồn tại ít nhất hai số đồng thời không bé hơn 1 hoặc đồng thời không lớn hơn 1
Không mất tính tổng quát có thể g/s hai số đó là a và b
Khi đó ta có: \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)
<=> \(ab\ge a+b-1\)
<=> \(abc\ge ac+bc-c=ac+bc+c^2-c^2-c=c\left(a+b+c\right)-c^2-c=2c-c^2\)
Khi đó: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+4abc\ge\frac{3\left(a+b\right)^2}{2}+3c^2+8c-4c^2=\frac{3\left(3-c\right)^2}{2}-c^2+8c\)
\(=\frac{1}{2}c^2-c+\frac{27}{2}=\frac{1}{2}\left(c^2-2c+1\right)-\frac{1}{2}+\frac{27}{2}=\frac{7}{2}\left(c-1\right)^2+13\ge13\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1/