Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dễ chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(true\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\le6\)
Ta có : \(T=\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)
\(=1-\frac{1}{a+1}+1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}\)
\(=3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\le3-\frac{9}{a+b+c+3}\le3-\frac{9}{6+3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
Xét : a^3/a^2+b^2
= (a^3+ab^2)/a^2+b^2 - ab^2/a^2+b^2
= a - ab^2/a^2+b^2
>= a - ab^2/2ab
= a - b/2
Tương tự : b^3/b^2+c^2 >= b - c/2 và c^3/c^2+a^2 >= c - a/2
=> P >= a+b+c-(a+b+c)/2 = a+b+c/2 = 3/2
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
Vậy GTNN của P = 3/2 <=> a=b=c=1
Tk mk nha
Ta có: \(abc\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\) ; \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Mà \(a^2+b^2+c^2=3abc\)
=>\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}.3\)
=> \(a+b+c\ge3\)
Áp dụng bđt bunhia dạng phân thức ta có:
\(M\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}\)
Đặt \(a+b+c=x\left(x\ge3\right)\)
=> \(M\ge\frac{x^2}{x+6}\)
Xét \(\frac{x^2}{x+6}\ge\frac{5}{9}x-\frac{2}{3}\)
<=>\(x^2\ge\frac{5}{9}x^2+\frac{8}{3}x-4\)
<=>\(\left(\frac{2}{3}x-2\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
=> \(M\ge\frac{5}{9}x-\frac{2}{3}\ge\frac{5}{9}.3-\frac{2}{3}=1\)
=>\(MinM=1\)xảy ra khi a=b=c=1
- \(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b+c\right)^2-6.\)
- \(P=\left(a+b+c\right)^2-6-6\left(a+b+c\right)+2017=\left(a+b+c\right)^2-6\left(a+b+c\right)+9+2002\)
\(=\left(a+b+c-3\right)^2+2002\)
- Mà \(\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)nên GTNN của P bằng 2002.
\(1=\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)^2=\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)^2\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\le\left(\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\right)^3=\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge1\)
Ta có:
a3 + b3 + c3 - 3abc = 1
\(\Leftrightarrow\) (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 1
\(\forall\) x ∈ R, ta có:
a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca = \(\dfrac{1}{2}\)[(a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2] > 0 [Vì (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 1 nên phải > 0]
=> a + b + c > 0
Ta có:
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 1
\(\Leftrightarrow\) P = \(\dfrac{1}{a+b+c}\) + ab + bc + ca
\(\Leftrightarrow\) 2P = \(\dfrac{2}{a+b+c}\) + 2ab + 2bc + 2ca
\(\Leftrightarrow\) 3P = \(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+b+c}+\left(a+b+c\right)^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương, ta có:
\(\dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{a+b+c}+\left(a+b+c\right)^2\ge3\)
\(\Leftrightarrow\) P \(\ge1\)
Dấu "=" xảy ra khi:
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=1&\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=1&\end{matrix}\right.\)(Tự giải nha :)))
Chứng minh AM-GM 3 số:
x + y + z ≥ 3\(\sqrt[3]{xyz}\)
\(\Leftrightarrow\) (\(\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\))(\(\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{z^2}-\sqrt[3]{xy}-\sqrt[3]{yz}-\sqrt[3]{zx}\)) ≥ 0 (lđ \(\forall\) x, y, z > 0)