Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do a thuộc đoạn [-1;2 ] nên a+1>=0 ; a-2<=0
Do đó (a+1)(a-2)<=0 hay a^2-a<=2
Tương tự b^2-b<=2; c^2-c<=2
Cộng theo vế: a^2+b^2+c^2-(a+b+c)<=6
a^2+b^2+c^2<=6 (do a+b+c=0)
-1<=a,b,c<= 2
=> đồng thời
(a+1)(a-2) <=0
(b+1)(b-2) <=0
(c+1)(c-2) <=0
Cộng lại ta có
+> a^2+b^2+c^2-(a+b+c)-6 <=0
=> a^2+b^2+c^2 <=6
B2:Áp dụng cô si ta có:\(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{1}{4}\)
Ta có \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+4\left(1\right)\)
Từ \(\left(1\right)\)suy ra BĐT tương đương với \(a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}\ge\frac{17}{2}\)
Ta có \(a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\left(a+b\right)^2-2ab+\frac{\left(a+b\right)^2-2ab}{a^2b^2}\)Mà \(ab\le\frac{1}{4}\)
Nên \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2-2ab=1-2.\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\left(2\right)\\\frac{\left(a+b\right)^2-2ab}{a^2b^2}\ge\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{16}}=8\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng \(\left(2\right)vs\left(3\right)\)lại ta thu được \(đpcm\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Biến đổi VT=\(3\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(a+b+c\right)=3\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2}{2}\)
\(\le3t-\frac{t^2}{2}+\frac{3}{2}=\frac{12-\left(t-3\right)^2}{2}\le6\)(t=ab+bc+ca)
(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 nhỏ hơn hoặc bằng 3)
Do \(a,b,c\in\left[-1;2\right]\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\Rightarrow a^2\le a+2\)
Tương tự:
\(b^2\le b+2;c^2\le c+2\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le a+b+c+6\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge0\) vì \(a^2+b^2+c^2=6\)
Trình bày khác Cool Kid xíu!
\(a+b+c=\Sigma_{cyc}\left(a+1\right)\left(2-a\right)+\Sigma_{cyc}\left(a^2-2\right)\)
\(=\Sigma_{cyc}\left(a+1\right)\left(2-a\right)\ge0\) vì \(a,b,c\in\left[-1;2\right]\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(-1;-1;2\right)\) và các hoán vị.
Đề viết mệt quá nên thay \(\sqrt{a}=a;\sqrt{b}=b;\sqrt{c}=c\) viết lại đề tiện thể sửa đề luôn.
\(a^2+b^2=\left(a+b-c\right)^2\)
Chứng minh:
\(\frac{a^2+\left(a-c\right)^2}{b^2+\left(b-c\right)^2}=\frac{a-c}{b-c}\)
Ta có: \(a^2+b^2=\left(a+b-c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow c^2-2ac-2bc+2ab=0\)
\(\Leftrightarrow a=\frac{c^2-2bc}{2c-2b}\)
Thế vô bài toán ta được
\(VT=\frac{\left(\frac{c^2-2bc}{2c-2b}\right)^2+\left(\frac{c^2-2bc}{2c-2b}-c\right)^2}{b^2+\left(b-c\right)^2}\)
\(=\frac{\left(\frac{c^2-2bc}{2c-2b}\right)^2+\left(\frac{c^2-2bc}{2c-2b}-c\right)^2}{b^2+\left(b-c\right)^2}\)
\(=\frac{\left(\frac{c^2-2bc}{2c-2b}\right)^2+\left(c^2\right)^2}{b^2+\left(b-c\right)^2}=\frac{2c^2\left(2b^2+c^2-2bc\right)}{\left(2b^2+c^2-2bc\right)4\left(c-b\right)^2}=\frac{c^2}{2\left(c-b\right)^2}\)
Ta lại có:
\(VP=\frac{\frac{c^2-2bc}{2c-2b}-c}{b-c}=\frac{-c^2}{-2\left(c-b\right)^2}=\frac{c^2}{2\left(c-b\right)^2}\)
\(\Rightarrow\)ĐOCM
Đặt \(p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc\)
Khi đó p = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(5\left(p^2-2q\right)\le6\left(p^3-3pq+3r\right)+1\)
hay \(5-10q\le6\left(1-3q+3r\right)+1\Leftrightarrow18r-8q+2\ge0\)(*). Đúng theo BĐT Schur với p = 1 vì:
(*)\(\Leftrightarrow9r-4q+1\ge0\Leftrightarrow p^3+9r\ge4pq\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Đặt a+1=x; b+1=y; c+1=z; đề bài trở thành ''Cho x,y,z\(\in\left(0;3\right)\)thỏa mãn x+y+z=3 cm \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\le6\)''
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương : \(x^2+y^2+z^2-2\left(x+y+z\right)+3\le6\)\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le3+2\left(x+y+z\right)=9\)(1) mà \(x+y+z=3\Rightarrow x^2+y^2+z^2=9-2\left(xy+yz+zx\right)\)vậy (1)\(\Leftrightarrow9-2\left(xy+yz+xz\right)\le9\Leftrightarrow-2\left(xy+yz+xz\right)\le0\)(2) mà x,y,z thuộc (0;3) => (2) đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương nên ta suy ra đpcm