K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
7 tháng 1 2019

Lời giải:

Do đây là BĐT hoán vị nên ta hoàn toàn có thể giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ rồi dồn về 2 biến $a,c$

Khi đó:

\((b-c)(b-a)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow b^2+ac\leq ab+bc\)\(\Rightarrow c(b^2+ac)\leq c(ab+bc)\)

\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq a^2b+abc+bc^2=b(a^2+ac+c^2)\)

\(\Rightarrow (a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ac)\leq b(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ac)\)

Mà:

\(b(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ac)=(3-a-c)(a^2+ac+c^2)[(a+c)(3-a-c)+ac]\)

\(=(3-a-c)(a^2+ac+c^2)(3a+3c-a^2-c^2-ac)\)

\(=\frac{1}{3}(9-3a-3c)(a^2+ac+c^2)(3a+3c-a^2-c^2-ac)\)

\(\leq \frac{1}{3}\left(\frac{9-3a-3c+a^2+ac+c^2+3a+3c-a^2-c^2-ac}{3}\right)^3=\frac{1}{3}.3^3=9\) (theo BĐT AM-GM ngược dấu)

Do đó: \((a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ac)\leq 9\)

(đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

12 tháng 6 2021

? abc=? (1 hay 2020)

13 tháng 6 2021

abc=2020

 

23 tháng 4 2020

Phương Khánh Thực ra là ban đầu mình tính dùng Bunyakovski thẳng luôn nhưng thấy bậc khá cao mà không biết BĐT đó đúng hay sai nên mình đảo a, b, c xuống mẫu để dùng BĐT Bunyakovski thì bậc sẽ thấp hơn.

Và không ngờ sự vô tình đó giúp mình gặp may mắn: Đại lượng abc ở \(\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\) có thể giản ước cho đại lượng abc ở VP. Bậc của BĐT được hạ thấp và mình cứ thế mà chém:))

22 tháng 4 2020

Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)

Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)

Có: \(3=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)

\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.

NV
28 tháng 8 2020

Ta có:

\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(=a^3+ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\ge2\sqrt{a^3.ab^2}+2\sqrt{b^3.bc^2}+2\sqrt{c^3.ca^2}+a^2b+b^2c+c^2a=3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge a^2b+b^2c+c^2a\)

\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}-\frac{1}{2}\)

\(P\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{9}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{2}\)

\(P\ge2\sqrt{\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}}+\frac{1}{2}.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2-\frac{1}{2}=4\)

\(P_{min}=4\) khi \(a=b=c=1\)

NV
27 tháng 8 2020

Đề bài thiếu, a;b;c bất kì thì ko thể giải được

Ít nhất a;b;c phải dương

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 \(a=1;b=0;c=1\)

 

12 tháng 2 2022

giúp mình câu hỏi này với ah.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 2 2022

Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên:

$a^2(1-b)\leq 0$

$b^2(1-c)\leq 0$

$c^2(1-a)\leq 0$

Cộng theo vế suy ra: $a^2+b^2+c^2\leq a^2b+b^2c+c^2a$ 

Ta có đpcm.

27 tháng 2 2022

sao lại nhỏ hơn 0 vậy ạ

 

24 tháng 6 2019

Ta có: \(\frac{ab+c}{c+1}=\frac{ab+1-a-b}{c+a+b+c}=\frac{-b\left(1-a\right)+\left(1-a\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)

\(=\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}=\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)

\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{b+c}\right)=\frac{a+b+2c}{4}\)

Tương tự: \(\frac{bc+a}{a+1}=\frac{b+c+2a}{4}\)

\(\frac{ca+b}{b+1}=\frac{c+a+2b}{4}\)

Cộng vế theo vế ta có: 

\(\frac{ab+c}{c+1}+\frac{bc+a}{a+1}+\frac{ca+b}{b+1}\le\frac{4a+4b+4c}{4}=a+b+c=1\)

24 tháng 6 2019

Thiếu: 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

\(\frac{1}{a+b}=\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+c}=\frac{1}{b+c};\frac{1}{b+c}=\frac{1}{b+a};a+b+c=1\)

<=> a=b=c=1/3