NH
1
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
HJ
1
VT
8 tháng 10 2019
P= a+b2019-ab+c(c2019-b-a) \(\le\) a + b2019 + 1.(12019 - b - a) =a + b2019 +1 - b - a = b(b2018 - 1) +1 \(\le\)1.(12018 - 1) +1 = 1
Vậy Max P=1
đạt được khi c=b=1; 0\(\le a\le1\)
NH
0
NM
2
OL
28 tháng 11 2019
Xét
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(1-b-a+ab\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc\le1\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=0;c=1\) và các hoán vị.
28 tháng 11 2019
o lờ mờ dấu "=" xảy ra khi a=b=0;c=1 và các hoán vị hoặc a=b=1;c=0 và các hoán vị
\(A=a\left(1-b\right)+b\left(1-c\right)+c\left(1-a\right)\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=0 hoặc a=b=c=1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 11 2019
Nguyễn Anh Kim Hân: xin lỗi bạn vì bây giờ mình mới có thời gian đọc bài của bạn. Hơi muộn nhưng chúc bạn thi đạt kết quả tốt.
Lời giải:
Vì $0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow b^{2019}\leq b; c^{2020}\leq c$
$\Rightarrow P\leq a+b+c-(ab+bc+ac)(1)$
Theo đề bài: $a,b,c\leq 1$
$\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow a+b+c-(ab+bc+ac)\leq 1-abc$
Mà $abc\geq 0$ nên $a+b+c-(ab+bc+ac)\leq 1(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow P\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$. Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(0,1,1); (0,0,1)$ và các hoán vị.
NP
2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 9 2019
Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên $b^{2019}\leq b; c^{2020}\leq c$
$\Rightarrow P\leq a+b+c-ab-bc-ac$
Mặt khác, cũng vì $a,b,c\in [0;1]$ nên:
$(a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+(a+b+c)-1\leq 0$
$\Leftrightarow a+b+c-ab-bc-ac\leq 1-abc$
Mà $1-abc\leq 1$ do $a,b,c\geq 0$
Do đó $P\leq a+b+c-ab-bc-ac\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$. Giá trị này đạt được tại $(a,b,c)=(0,0,1)$ hoặc $(0,1,1)$ và các hoán vị của chúng.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 9 2019
Lời giải:
Do $a,b,c\in [0;1]$ nên $b^{2019}\leq b; c^{2020}\leq c$
$\Rightarrow P\leq a+b+c-ab-bc-ac$
Mặt khác, cũng vì $a,b,c\in [0;1]$ nên:
$(a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+(a+b+c)-1\leq 0$
$\Leftrightarow a+b+c-ab-bc-ac\leq 1-abc$
Mà $1-abc\leq 1$ do $a,b,c\geq 0$
Do đó $P\leq a+b+c-ab-bc-ac\leq 1$
Vậy $P_{\max}=1$. Giá trị này đạt được tại $(a,b,c)=(0,0,1)$ hoặc $(0,1,1)$ và các hoán vị của chúng.
19 tháng 11 2019
a)\(VT=\sum_{cyc}\frac{ab^3+ab^2c+a^2bc}{\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)}\le\frac{\sum_{cyc}\left(ab^3+ab^2c+a^2bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{ab^3+bc^3+ca^3+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)\(\le\frac{\sum_{cyc}ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=VP\)
15 tháng 3 2021
Đặt a + b + c = t \(\left(3\ge t\ge\sqrt{3}\right)\).
Ta có \(P=\dfrac{t^2-3}{2}+3t=\dfrac{t^2+6t-3}{2}=\dfrac{\left(t-\sqrt{3}\right)\left(t+6+\sqrt{3}\right)+6\sqrt{3}}{2}\ge3\sqrt{3}\).
Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = \(\sqrt{3}\), c = 0.
1 tháng 7 2020
\(a^4+b^4+a^4+a^4\ge4\sqrt[4]{a^{12}b^4}=4a^3b\)
\(a^4+b^4+b^4+b^4\ge4\sqrt[4]{a^4b^{12}}=4ab^3\)
\(\Rightarrow4\left(a^4+b^4\right)\ge4\left(a^3b+ab^3\right)\Rightarrow a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
\(F=\Sigma\frac{ab}{a^4+b^4+ab}\le\Sigma\frac{ab}{a^3b+ab^3+ab}=\Sigma\frac{1}{a^2+b^2+1}=\Sigma\frac{2}{2a^2+2b^2+2}\)
\(\le\Sigma\frac{1}{ab+a+b}\)
Đến đây bí :(
(1-a)(1-b)(1-c)\(\ge\)0 <=> 1-a-b-c+ab+ac+dc-abc \(\ge\)0 <=> a+ b+ c- ab- ac- bc \(\le\)1-abc\(\le1\)(vì với a.b,c \(\ge0=>abc\ge0=>-abc\le0\))
\(b\le1=>b^{2019}\le b;c\le1=>c^{2020}\le c=>P\le a+b+c-ab-bc-ca\le1.\)
vậy GTLN của P là 1
đạt được khi (1-a)(1-b)(1-c)=0; abc=0; b=1; c=1 => a=0; b=c =1