Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)
Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=a^2+b^2+c^2+(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-(a^3+b^3+c^3)\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}=a^2+b^2+c^2+ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}=a^2+b^2+c^2+(a+b+c)(ab+bc+ac)-3abc\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}=(a+b+c)^2+(ab+bc+ac)-3abc\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(3(ab+bc+ac)=(a=b+c)(ab+bc+ac)\geq 9abc\Rightarrow ab+bc+ac\geq 3abc\)
Do đó \(\text{VT}\geq (a+b+c)^2=9\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1. Không dịch được đề
2. \(\left(m+2\right)x^2-6x+1\le0\) \(\forall x\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m+2< 0\\\Delta'=9-\left(m+2\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< -2\\m\ge7\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Không tồn tại m thỏa mãn
3. \(P=\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}=\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{4ab}\)
\(P\ge2\sqrt{\frac{ab\left(a^2+b^2\right)}{4ab\left(a^2+b^2\right)}}+\frac{6ab}{4ab}=\frac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
Câu 1:
\(a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ab-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\cdot\left(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2\right)}{2}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]}{2}>=0\)
=>\(a^3+b^3+c^3>=3abc\)
Ta thấy muốn loại bỏ đi mẫu số của \(\frac{a^2}{b+2c}\)thì cần dùng AM-GM cho nó và 1 đại lượng có dạng k(b+2c) (để triệt tiêu đi b+2c). Ngoài ra ta cần chú ý thêm BĐT đã cho có dấu "=" xảy ra <=> a=b=c. Khi ấy \(\frac{a^2}{b+2c}=\frac{b+2c}{9}\)
Do vậy, đánh giá mà ta nên chọn là:
\(\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b+2c}{9}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b+2c}{9}}=\frac{2}{3}a\)
=> \(\frac{a^2}{b+2c}\ge\frac{2}{3}a-\frac{b+2c}{9}=\frac{6a-b-2c}{9}\)
Thực hiện đánh giá tương tự ta cũng có:
\(\frac{b^2}{c+2a}\ge\frac{6b-c-2a}{9};\frac{c^2}{a+2b}\ge\frac{6c-a-2b}{9}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT ta được đpcm
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
Vì 2ab < (a2 + b2) , 2ac < (a2 + c2) , 2bc < (b2 + c2)
Nên (a + b + c)2 < a2 + b2 + c2 + (a2 + b2) + (a2 + c2) + (b2 + c2) = 3(a2 + b2 + c2)
Lời giải:
Áp dụng bđt AM-GM:
\(a^2+2b^2+3=(a^2+b^2)+(b^2+1)+2\geq 2(ab+b+1)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a^2+2b^2+3}\leq \frac{1}{2(ab+b+1)}\). Tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow 2\text{VT}\leq \frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=A\)
Dựa vào đk \(abc=1\) dễ thấy \(A=1\).
Cách CM:
\(A=\frac{c}{1+bc+c}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=\frac{c+1}{bc+c+1}+\frac{bc}{c+1+bc}=1\) (đpcm)
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Do \(a\le1\Rightarrow a^2\le1\) và
\(\left(1-a^2\right)\left(1-b\right)\le0\Rightarrow1+a^2b^2\ge a^2+b\)
Mà \(0\le a,b\le1\Rightarrow a^2\ge a^3,b^2\ge b^3\)
\(\Rightarrow1+a^2b^2\ge a^3+b^3\)
Tương tự rồi cộng lại ta có được điều phải chứng minh
Thay $a=1; b=\frac{1}{2}; c=2$ ta thấy ngay đề sai. Bạn xem lại đề.