Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: \(P=ab^2+bc^2+ca^2+abc\le\dfrac{4}{27}\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a=mid\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow\left(b-a\right)\left(a-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+ac\ge a^2+bc\)
\(\Leftrightarrow ca^2+bc^2\le abc+ac^2\)
Do đó:
\(ab^2+abc+ca^2+bc^2\le ab^2+abc+abc+ac^2=a\left(b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow P\le\dfrac{1}{2}.2a\left(b+c\right)\left(b+c\right)\le\dfrac{1}{54}\left(2a+2b+2c\right)^3=\dfrac{4}{27}\)
Do \(0\le a,b,c\le1\)
nên\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a^2-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b-b-a^2+1\ge0\\b^2c-c-b^2+1\ge0\\c^2a-a-c^2+1\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2b\ge a^2+b-1\\b^2c\ge b^2+c-1\\c^2a\ge c^2+a-1\end{matrix}\right.\)
Ta cũng có:
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)
Do đó \(T=2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\le a^2+b+b^2+c+c^2+a\)\(-\left(a^2+b-1+b^2+c-1+c^2+a-1\right)\)
\(=3\)
Vậy GTLN của T=3, đạt được chẳng hạn khi \(a=1;b=0;c=1\)
Kẻ đường cao BH
Xét tam giác ABH vuông tại H có ∠(BAC) = 60 0
BH = AB.sin A = AB.sin 60 0 = (AB 3 )/2
AH = AB.cos A = AB.cos 60 0 = AB/2
Xét tam giác BHC vuông tại H có:
B C 2 = B H 2 + H C 2 = B H 2 + A C - A H 2
= B H 2 + A C 2 - 2 A C . A H + A H 2
Vậy được điều phải chứng minh.
Kẻ đường cao BH của tam giác ABC thì H nằm trên tia AC (để ∠ (BAC) = 60 ° là góc nhọn), do đó H C 2 = A C - A H 2 (xem h.bs.8a, 8b)
Công thức Py-ta-go cho ta
B C 2 = B H 2 + H C 2 = B H 2 + A C - A H 2 = B H 2 + A C 2 + A H 2 - 2 A C . A H = A B 2 + A C 2 - 2 A C . A H
Do ∠ (BAC) = 60 ° nên AH = AB.cos 60 ° = AB/2, suy ra B C 2 = A B 2 + A C 2 - A B . A C
\(4.\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}-\dfrac{3}{2}\right)+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}-1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}-2.\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-2\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\right]}{\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2}{\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Vậy ta có điều phải chúng minh. Dấu hằng đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
-Chúc bạn học tốt-
Bạn giải thích hộ mình từ dòng 1 xuống dòng 2 đc ko ạ ?