TQ
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
W
1
24 tháng 3 2020
\(0\le a,b,c\le1\Rightarrow b\ge b^2;c\ge c^3\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3\le a+b+c\)
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(1-b-a+ab\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\)
=> đpcm
LT
1
17 tháng 2 2019
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)\(\Rightarrow b^2\le b;c^3\le c\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(a,b,c\ge0\Rightarrow abc\ge0\Rightarrow-abc\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
HP
3 tháng 7 2016
bn thử tham khảo bài này xem: http://olm.vn/hoi-dap/question/446950.html
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 3 2019
Biến đổi tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac+bc}\ge3\)
b/ \(VT=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac+bc}+\frac{ab+ac+bc}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{ab+ac+bc}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+2\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(ab+ac+bc\right)}{9\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)^2}}\ge\frac{8.3}{9}+\frac{2}{3}=\frac{10}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
EG
0
T
25 tháng 6 2019
#)Tham khảo trong hai link này nhé :
Chứng minh: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị
Chứng minh rằng: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1 ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị
P/s : Vô thống kê hỏi đáp ms dùng đc link nhé !
27 tháng 6 2019
Ta có: \(a^4+b^4+c^4=3\Rightarrow0\le a^4;b^4;c^4\le3\Rightarrow0\le a;b;c\le\sqrt[4]{3}\)
=> \(ab,bc,ac\le\sqrt[4]{9}\)
Xét: \(\frac{18}{4-x}\le x^2+5,\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)
<=> \(18\le\left(x^2+5\right)\left(4-x\right)\)
<=> \(\left(x-1\right)^2\left(2-x\right)\ge0\)luôn đúng với \(\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)
Như vậy:
\(\frac{18}{4-ab}+\frac{18}{4-bc}+\frac{18}{4-ac}\le\left(ab\right)^2+5+\left(bc\right)^2+5+\left(ac\right)^2+5\)
\(=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2+15\le\frac{a^4+b^4}{2}+\frac{b^4+c^4}{2}+\frac{a^4+c^4}{2}+15\)
\(=a^4+b^4+c^4+15=18\)
=> \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ac}\le1\)
"=" xảy ra <=> a=b=c=1
2 tháng 6 2020
BĐT tương đương : \(\frac{a\left(a+c+b-3b\right)}{1+ab}+\frac{b\left(b+a+c-3c\right)}{a+bc}+\frac{c\left(c+b+a-3a\right)}{1+ca}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{3a\left(1-b\right)}{1+ab}+\frac{3b\left(1-c\right)}{1+bc}+\frac{3c\left(1-a\right)}{1+ca}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(1-b\right)}{1+ab}+\frac{b\left(1-c\right)}{1+bc}+\frac{c\left(1-a\right)}{1+ca}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(1-b\right)}{1+ab}+1+\frac{b\left(1-c\right)}{1+bc}+1+\frac{c\left(1-a\right)}{1+ca}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+1}{1+ab}+\frac{b+1}{1+bc}+\frac{c+1}{1+ca}\ge3\)
Áp dụng BĐT Cosi ta có: \(\frac{a+1}{1+ab}+\frac{b+1}{1+bc}+\frac{c+1}{1+ca}\ge3\sqrt[3]{\frac{a+1}{1+ab}\cdot\frac{b+1}{1+bc}\cdot\frac{c+1}{1+ca}}\)
Ta phải chứng minh: \(\sqrt[3]{\frac{a+1}{1+ab}\cdot\frac{b+1}{1+bc}\cdot\frac{c+1}{1+ca}}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge\left(1+ab\right)\left(1+bc\right)\left(1+ca\right)\)
Thật vậy \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge\left(1+ab\right)\left(1+bc\right)\left(1+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\ge a^2b^2c^2+abc\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca+1\)
\(\Leftrightarrow3\ge a^2b^2c^2+2abc\) (*)
Từ a+b+c=3 => \(3\ge3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\le1\)
=> (*) đúng
Vậy \(\frac{a\left(a+c-2b\right)}{1+ab}+\frac{b\left(b+a-2c\right)}{1+bc}+\frac{c\left(c+b-2a\right)}{1+ca}\ge0\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c=1
đay nha
Vì \(0\le a;b;c\le1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ac\le a+b+c-ab-bc-ac\)
\(=\left(-1+a+b+c-ab-bc-ac+abc\right)-abc+1\)
\(=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)-abc+1\)
Do \(1\ge a;b;c\ge0\) nên \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\-abc\le0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc\le0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc+1\le1\)
Hay \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)(đpcm)
Do\(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow b\ge b^2,c\ge c^3\)
Do đó: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\)(1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(abc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2)
Từ (1) và (2) => đpcm