Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(0\le a,b,c\le1\)nên ta có \(1-a>0,1-b>0,1-c>0\)\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\Leftrightarrow1-\left(a+b+c\right)+\left(ab+ac+bc\right)-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow1\ge a+b+c-\left(ac+bc+ab\right)+abc\left(1\right)\)
Mặt khác vì \(0\le a,b,c\le1\Rightarrow b\ge b^2;c\ge c^3;abc\ge0\left(2\right)\)
Từ 1,2 có : \(a+b^2+c^3-\left(ab+ac+bc\right)\le1\)
dấu \(\left(a,b,c\right)\)là hoán vị của \(\left(0,1,1\right)\)
Ta có: \(\sqrt{a^2-ab+b^2}=\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
khi đó:
\(P\le\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+b\right)}+\frac{1}{\frac{1}{2}\left(b+c\right)}+\frac{1}{\frac{1}{2}\left(a+c\right)}\)
\(=\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\)
Lại có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\frac{4}{a+b}\)=> \(\frac{2}{a+b}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
=> \(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
\(=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Vậy max P = 3 tại a = b = c =1.
Không thích làm cách này đâu nhưng đường cùng rồi nên thua-_-
Đặt \(\sqrt{x+y}=a;\sqrt{y+z}=b;\sqrt{z+x}=c\) suy ra
\(x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2};y=\frac{a^2+b^2-c^2}{2};z=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}\). Ta cần chứng minh:
\(abc\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
Đây là bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có đpcm.
vì \(a,b,c\in\left[0,1\right]\)\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(1-a-b+ab\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-c-a+ac-b+bc+ab-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-\left(ab+bc+ac\right)\le1-abc\)
mặt khác : \(a.bc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-\left(ab+ac+bc\right)\le1-0=1\)
mà \(b,c\in\left[0.1\right]\Rightarrow b^2\le b;c^3\le c\)
vì vậy ta được điều phải chứng minh :
\(a+b^2+c^3-\left(ab+bc+ac\right)\le1\)
Vì \(b,c\in[0;1]\)
\(\Rightarrow b^2\le b\)
\(c^3\le c\)
Do đó : \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)
Và có : \(a+b+c-ab-bc-ca=\left(a-1\right).\left(b-1\right).\left(c-1\right)-abc+1\) (2)
Theo đề bài ta có : \(a,b,c\in[0;1]\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
và \(-ab\le0\)
Từ (2)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\) (3)
Từ (1) và (3)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)( đpcm)
Với \(a^2+b^2+c^2=1\), ta có: \(\Sigma\sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\Sigma\sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2+ab-c^2}}\)
\(=\Sigma\sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+ab}}=\Sigma\frac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(ab+2c^2\right)\left(a^2+b^2+ab\right)}}\)
\(\ge\Sigma\frac{ab+2c^2}{\frac{\left(ab+2c^2\right)+\left(a^2+b^2+ab\right)}{2}}=\Sigma\frac{ab+2c^2}{\frac{\left(a^2+b^2\right)+2ab+2c^2}{2}}\)
\(\ge\text{}\Sigma\text{}\frac{ab+2c^2}{\frac{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+b^2\right)+2c^2}{2}}=\Sigma\frac{ab+2c^2}{\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2}}\)
\(=\Sigma\left(ab+2c^2\right)=2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca\)
\(=2+ab+bc+ca\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Dirichlet à:))?
Trong 3 số dương a,b,c tồn tại ít nhất 2 số cùng nhỏ hơn hoặc không nhỏ hơn 1
G/s 2 số đó là a và b
Khi đó: \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow ab-a-b+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\Leftrightarrow2abc\ge2ca+2bc-2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\)
Mà \(\left(a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(c^2-2c+1\right)=\left(a-b\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\left(\forall a,b,c\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ca+2bc-2c+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1
Theo nguyên lý Dirichlet, ta thấy rằng trong ba số a,b,c sẽ có hai số hoặc cùng ≥1 hoặc cùng ≤1. Giả sử hai số đó là a,b khi đó:
(a−1)(b−1)≥0.
Từ đây, bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:
a2+b2+c2+2abc+1−2(ab+bc+ca)=(a−b)2+(c−1)2+2c(a−1)(b−1)≥0
Ta thu được ngay bất đẳng thức (1), phép chứng minh hoàn tất.
Search mạng!!
Ta có: \(b;c\in\left[0;1\right]\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\) (1)
\(a;b;c\in\left[0;1\right]\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}}\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\le1\)
=> ĐPCM. Dấu "=" xảy ra <=> (a;b;c) là 1 trong các hoán vị của (0;1;1) hoặc (0;0;1).