LM
1
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
PV
1
T
5 tháng 2 2020
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow1=a^2+b^2+c^2+2abc\ge2c^3+3c^2\Rightarrow c\le\frac{1}{2}\)
Chọn t > 0 thỏa mãn: \(\hept{\begin{cases}2t^2+c^2+2t^2c=1\left(1\right)\\2t^2+c^2+2t^2c=a^2+b^2+c^2+2abc\left(2\right)\end{cases}}\) (từ (1) ta mới có (2):v)
(2) \(\Rightarrow2c\left(t^2-ab\right)=a^2+b^2-2t^2\).
Ta thấy rằng, nếu\(t^2< ab\) thì:\(2t^2>a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow t^2>ab\) (mâu thuẫn).
Vì vậy: \(t^2\ge ab\Rightarrow a^2+b^2\ge2t^2\). Bây giờ đặt P = f(a;b;c)
Xét: \(f\left(a;b;c\right)-f\left(t;t;c\right)=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+c\left(a+b-2t\right)\)
\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+\frac{c\left(a^2+b^2-2t^2\right)+2c\left(ab-t^2\right)}{a+b+2t}\)\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)+\frac{2c^2\left(t^2-ab\right)-2c\left(t^2-ab\right)}{a+b+2t}\)
\(=\left(c-1\right)\left(t^2-ab\right)\left(1+\frac{2c}{a+b+2t}\right)\le0\)
Do đó \(f\left(a;b;c\right)\le f\left(t;t;c\right)=f\left(t;t;1-2t^2\right)\).
\(=\frac{1}{8}\left(2c-1\right)^2\left[\left(2c-1\right)^2-6\right]+\frac{5}{8}\le\frac{5}{8}\)
Cách rất dài và hại não, tối rồi em lười check lại quá:((
T
24 tháng 2 2020
Ta sẽ chứng minh:\(P\le\frac{5}{8}\Leftrightarrow5-8P=5+8abc-8\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
Ta có: \(5-8P=\frac{4ab\left[4\left(a+2bc-b-c\right)^2+\left(2c-1\right)^2\right]+c\left(2b-1\right)^2\left[4\left(a+b-c\right)^2+1\right]}{4ab+c\left(2b-1\right)^2}\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
KN
30 tháng 5 2020
Theo nguyên lý Dirichlet, trong ba số 2a - 1; 2b - 1; 2c - 1 tồn tại ít nhất hai số cùng dấu
Giả sử \(\left(2a-1\right)\left(2b-1\right)\ge0\Leftrightarrow4ab-2a-2b+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow4abc\ge2ac+2bc-c\Leftrightarrow2abc\ge ac+bc-\frac{c}{2}\)
Khi đó thì\(P=ab+bc+ca-2abc+abc\)\(\le ab+bc+ca-ac-bc+\frac{c}{2}+abc=ab+abc+\frac{c}{2}\)
\(\le\frac{a^2+b^2}{2}+abc+\frac{c}{2}=\frac{a^2+b^2+c^2+2abc}{2}-\frac{1}{2}\left(c^2-c+\frac{1}{4}\right)\)\(+\frac{1}{8}\)
\(=\frac{5}{8}-\frac{1}{2}\left(c-\frac{1}{2}\right)^2\le\frac{5}{8}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
5 tháng 3 2020
Cho a,b,c là các số thực dương:
Chứng minh rằng: a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2abc+1≥2(ab+bc+ca)
Ta thấy trong ba số thực dương a;b;ca;b;c luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11. Giả sử đó là bb và cc.
Khi đó ta có: (b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1(b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1 suy ra 2abc≥2ab+2ac−2a2abc≥2ab+2ac−2a
Do đó, a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1
Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)
⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0 (đúng)
Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1a=b=c=1.
TT
Với các số thực a, b, c thay đổi thõa mãn điều kiện a2+b2+c2+2abc = 1. Tìm GTLN của P = ab+bc+ca-abc
0
9 tháng 8 2020
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
13 tháng 1 2019
Ta có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+\)\(bc\)(1)
vì , ta có
(1) \(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(\ge2\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\)\(+\left(a^2-2ac+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)(luôn đúng) => bất đẳng thức
Ta có :
\(a^2+b^2+c^2-2abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
<=>\(a^2+b^2+c^2+2abc-3abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
<=> \(1-3abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
=> MAX P=1 <=> \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=c=1\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}b=0\\a=c=1\end{cases}}\)
hoặc \(\hept{\begin{cases}c=0\\a=b=1\end{cases}}\)
Sai thì bảo mình nhé
13 tháng 1 2019
xin lỗi Dòng thứ 8 và 9 phải là
\(a^2+b^2+c^2+2abc-4abc\ge ab+ac+bc-2abc\)
\(\Leftrightarrow1-4abc\ge ab+ac+bc-2abc\)
28 tháng 5 2021
Áp dụng bđt Cauchy - Schwarz ta có:\(Q=\dfrac{2-2a^2b^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}+\dfrac{2}{\sqrt{1+c^2}}=\dfrac{2\left(1-ab\right)\left(1+ab\right)}{\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)}+\dfrac{2}{\sqrt{1+c^2}}=\dfrac{2\left(bc+ca\right)\left(1+ab\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{2}{\sqrt{1+c^2}}=\dfrac{2c\left(1+ab\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\dfrac{2c\left(1+ab\right)}{\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}}+\dfrac{2}{\sqrt{1+c^2}}\le\dfrac{2c\left(1+ab\right)}{\sqrt{\left(ab+1\right)^2\left(c^2+1\right)}}+\dfrac{2}{\sqrt{1+c^2}}=\dfrac{2c}{\sqrt{c^2+1}}+\dfrac{2}{\sqrt{c^2+1}}=\dfrac{2\left(c+1\right)}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{2\left(c+1\right)}{\sqrt{\dfrac{\left(c+1\right)^2}{2}}}=2\sqrt{2}\)Dấu "=" xảy ra khi a = b = \(\sqrt{2}-1;c=1\).
Vậy..
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 4 2021
\(P\ge\dfrac{3abc}{2abc}+\dfrac{a^2+b^2}{c^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}}+\dfrac{b^2+c^2}{a^2+\dfrac{b^2+c^2}{2}}+\dfrac{c^2+a^2}{b^2+\dfrac{c^2+a^2}{2}}\)
\(P\ge\dfrac{3}{2}+2\left(\dfrac{a^2+b^2}{a^2+c^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2+c^2}{a^2+b^2+a^2+c^2}+\dfrac{a^2+c^2}{a^2+b^2+b^2+c^2}\right)\)
Đặt \(\left(a^2+b^2;b^2+c^2;a^2+c^2\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}+2\left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right)=\dfrac{3}{2}+2\left(\dfrac{x^2}{xy+xz}+\dfrac{y^2}{yz+xy}+\dfrac{z^2}{xz+yz}\right)\)
\(P\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{2\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{3\left(xy+yz+zx\right)}{xy+yz+zx}=3+\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số 2a - 1, 2b - 1, 2c - 1 tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu
Giả sử đó là 2a - 1 và 2b - 1 thì \(\left(2a-1\right)\left(2b-1\right)\ge0\Leftrightarrow4ab-2a-2b+1\ge0\Leftrightarrow2ab\ge a+b-\frac{1}{2}\)\(\Leftrightarrow2abc\ge ac+bc-\frac{c}{2}\)
\(P=ab+bc+ca-abc=ab+bc+ca-2abc+abc\)\(\le ab+bc+ca-ac-bc+\frac{c}{2}+abc=ab+abc+\frac{c}{2}\)\(\le\frac{a^2+b^2}{2}+abc+\frac{c}{2}+\frac{c^2}{2}-\frac{c^2}{2}-\frac{1}{8}+\frac{1}{8}\)\(=\frac{a^2+b^2+c^2+2abc}{2}-\frac{1}{2}\left(c-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{8}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{8}=\frac{5}{8}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)