Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=3abc\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
Do a+b+c khác ) nên:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2]=0\)
\(\Rightarrow a=b=c\)
Do đó:
Q=\(\frac{a^2+3b^2+5c^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9a^2}{9a^2}=1\)
có giá trị ko đổi
\(b^4+c^4-bc\left(b^2+c^2\right)=\left(b^2+bc+c^2\right)\left(b-c\right)^2\)
\(\Rightarrow b^4+c^4\ge bc\left(b^2+c^2\right)\)
Tương tự\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+b^4+c^4}\le\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+bc\left(b^2+c^2\right)}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{bc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\Sigma_{cyc}\frac{a}{bc}\)
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}=\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)=1\)
oke rồi he
@Nub :v
Áp dụng Bunhiacopski ta dễ có:
\(\frac{a}{b^4+c^4+a}=\frac{a\left(1+1+a^3\right)}{\left(b^4+c^4+a\right)\left(1+1+a^3\right)}\le\frac{a^4+2a}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự:
\(\frac{b}{a^4+c^4+b}\le\frac{b^4+2b}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2};\frac{c}{a^4+b^4+c}\le\frac{c^4+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Cộng lại:
\(A\le\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Ta đi chứng minh:
\(\frac{a^4+b^4+c^4+2a+2b+2c}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\le1\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Cái này luôn đúng theo Cauchy
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
Lời giải
a) c/m \(f\left(x\right)=x^2-ax-3bc+\dfrac{a^2}{3}>0\forall x\)
\(\Delta_{x_{a,b,c}}=a^2+12bc-\dfrac{4}{3}a^2=\dfrac{-a^2+36bc}{3}\)
\(\Delta=\dfrac{-a^3+36}{3a}\)
\(a^3>36\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\-a^3+36< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{-36a^3+36}{3a}< 0\)
\(\Rightarrow\) F(x) vô nghiệm => f(x)>0 với x => dpcm
b)
\(\dfrac{a^2}{3}+b^2+c^2>ab+bc+ca\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{3}+b^2+c^2-ab-bc-ac>0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2-a\left(b+c\right)-3bc+\dfrac{a^2}{3}>0\)
Từ (a) =>\(f\left(b+c\right)=\left(b+c\right)^2-a\left(b+c\right)-3bc+\dfrac{a^2}{3}>0\) => dccm
Áp dụng AM - GM
\(P=\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{2ab}}+\frac{1}{\sqrt{2bc}}+\frac{1}{\sqrt{2ca}}\)
\(abc=a+b+c+2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)+\left(b+1\right)\left(c+1\right)+\left(c+1\right)\left(a+1\right)\ge\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=1\)
Với mọi số thực x,y,z ta có ngay:
\(\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+\frac{y+z}{x}}+\frac{1}{1+\frac{z+x}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x+y}{z}}=1\)
Khi đó ta có thể đặt được \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{y+z}{x};\frac{z+x}{y};\frac{x+y}{z}\right)\)
Thay vào thì dễ có:
\(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}}+\sqrt{\frac{zx}{\left(z+y\right)\left(x+y\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2}\Sigma\left(\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy ...........................
Đề phải là \(a,b,c\in\left[1,2\right]\) mới đúng
Ta có:
\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2-3a+2\le0\)
\(\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)
tương tự : \(b^2\le3b-2\) ; \(c^2\le3c-2\)
Cộng ba vế BĐT lại ta có
\(a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6=12\)
Vậy Max P = 12 khi \(a=b=c=2\)
Vào chém cái này đi : https://hoc24.vn/hoi-dap/question/500113.html