cmr a^2+b^2+c^2 <= 1+a^2b+b^2c+c^2a với 0<=a,b,c<=1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NT
1
27 tháng 1 2020
Do \(a,b< 1\Rightarrow a^3< a^2< a< 1\)
\(b^3< b^2< b< 1\)
Ta có :
\(\left(1-a^2\right)\left(1-b\right)>0\)
\(\Rightarrow1+a^2b>a^2b\)
\(\Rightarrow1+a^2b>a^3+b^3\) hay \(a^3+b^3< 1+a^2b\)
Tương tự
\(b^3+c^3< 1+b^2c\)
\(c^3+a^3< 1+c^2a\)
\(\Rightarrow2a^3+2b^3+2c^3< 3+a^2b+b^2c+c^2a\)
NB
0
6 tháng 1 2019
Cauchy-Schwarz dạng Engel 2 lần :
\(P=\frac{1}{a\left(2b+2c-1\right)}+\frac{1}{b\left(2c+2a-1\right)}+\frac{1}{c\left(2a+2b-1\right)}\)
\(P=\frac{1}{a\left(-a+b+c\right)}+\frac{1}{b\left(a-b+c\right)}+\frac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)
\(P=\frac{1}{a-2a^2}+\frac{1}{b-2b^2}+\frac{1}{c-2c^2}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{9}{1-\frac{2}{3}}=\frac{9}{\frac{1}{3}}=27\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)
6 tháng 1 2019
Cách của bạn sao chỗ cuối lại thế ạ ? Bạn giải hộ mình rõ hơn được không ?
J
1
27 tháng 12 2018
áp dụng cái này:
a²/x + b²/y + c²/z +d²/t ≥ (a + b +c +d)²/(x + y + z + t) (wen thuộc)
1/a + 1/b + 1/b + 1/c ≥ 16/(a + 2b +c)
1/a + 1/b + 1/c + 1/c ≥ 16/(a + b +2c)
1/a + 1/a + 1/b + 1/c ≥ 16/(2a + b +c)
Cộng 3 vế lại:
1/a + 1/b +1/c ≥ 4[1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)]
⇔ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇔ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
Dấu = xra khi a = b = c và 1/a + 1/b +1/c = 0
⇒ dấu = không xảy ra.
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) > 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 5 2020
\(a+b=1-c>\frac{1}{2}>c\)
Tương tự \(b+c>a;a+c>b\)
\(VT=\frac{1}{a\left(b+c-a\right)}+\frac{1}{b\left(a+c-b\right)}+\frac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)
\(VT\ge\frac{4}{\left(a+b+c-a\right)^2}+\frac{4}{\left(b+a+c-b\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a+b-c\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{4}{3}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\)
\(VT\ge\frac{4}{3}\left(\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\right)^2=\frac{4.81}{3.4}=27\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
NM
0
NN
0
HD
1
9 tháng 11 2017
Sửa đề: CMR: \(\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{1}{5}\left(a+b+c\right)\)
Chứng minh BĐT phụ:
\(\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{n}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{m+n}\)\(\forall m;n>0\)Tự chứng minh
Áp dụng bđt trên, ta có
\(\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+3b+2b+3c+2c+3a}=\frac{1}{5}\left(a+b+c\right)\)
Vậy..........
Nhìn cái đề gớm quá. Tập viết đề đi nhé b
Ta có:
\(\left(1-a^2\right)\left(1-b^2\right)\left(1-c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1-a^2-b^2-c^2-a^2b^2c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)
Ta có:
\(a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2\ge a^2+b^2+c^2\)(2)
Ta lại có
\(\hept{\begin{cases}a^2b\left(1-b\right)\ge0\\b^2c\left(1-c\right)\ge0\\c^2a\left(1-a\right)\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2b^2\\b^2c\ge b^2c^2\\c^2a\ge c^2a^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Rightarrow1+a^2b+b^2c+c^2a\ge1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(3)
Từ (1), (2), (3)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le1+a^2b+b^2c+c^2a\)