Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
-1<=a,b,c<= 2
=> đồng thời
(a+1)(a-2) <=0
(b+1)(b-2) <=0
(c+1)(c-2) <=0
Cộng lại ta có
+> a^2+b^2+c^2-(a+b+c)-6 <=0
=> a^2+b^2+c^2 <=6
Đặt a+1=x; b+1=y; c+1=z; đề bài trở thành ''Cho x,y,z\(\in\left(0;3\right)\)thỏa mãn x+y+z=3 cm \(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2\le6\)''
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương : \(x^2+y^2+z^2-2\left(x+y+z\right)+3\le6\)\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\le3+2\left(x+y+z\right)=9\)(1) mà \(x+y+z=3\Rightarrow x^2+y^2+z^2=9-2\left(xy+yz+zx\right)\)vậy (1)\(\Leftrightarrow9-2\left(xy+yz+xz\right)\le9\Leftrightarrow-2\left(xy+yz+xz\right)\le0\)(2) mà x,y,z thuộc (0;3) => (2) đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương nên ta suy ra đpcm
Do a thuộc đoạn [-1;2 ] nên a+1>=0 ; a-2<=0
Do đó (a+1)(a-2)<=0 hay a^2-a<=2
Tương tự b^2-b<=2; c^2-c<=2
Cộng theo vế: a^2+b^2+c^2-(a+b+c)<=6
a^2+b^2+c^2<=6 (do a+b+c=0)
Câu 1
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow ab\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\\ \Leftrightarrow N=ab+\dfrac{1}{16ab}+\dfrac{15}{16ab}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{16}}+\dfrac{15}{4\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{1}{2}+\dfrac{15}{4}=\dfrac{17}{4}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=\dfrac{1}{2}\)
Câu 2:
\(P=a+\dfrac{1}{a}+2b+\dfrac{8}{b}+3c+\dfrac{27}{c}+4\left(a+b+c\right)\\ P\ge2\sqrt{1}+2\sqrt{16}+2\sqrt{81}+4\cdot6=2+8+18+4=32\)
Dấu \("="\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\\c=3\end{matrix}\right.\)
Câu 3: Cho a,b,c là các số thuộc đoạn [ -1;2 ] thõa mãn \(a^2+b^2+c^2=6.\) CMR : \(a+b+c>0\) - Hoc24
\(a+b+c=3\\ \Leftrightarrow a\left(b+c+2\right)=ab+ac+a+b+c+1=\left(a+1\right)\left(b+c+1\right)\)
Tương tự:
\(b\left(c+a+2\right)=\left(b+1\right)\left(a+c+1\right)\\ c\left(a+b+2\right)=\left(c+1\right)\left(a+b+1\right)\)
Áp dụng BĐT cosi:
\(\left\{{}\begin{matrix}\left(a+1\right)\left(b+c+1\right)\le\dfrac{\left(a+1+b+c+1\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\\\left(b+1\right)\left(a+c+1\right)\le\dfrac{\left(b+1+a+c+1\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\\\left(c+1\right)\left(a+b+1\right)\le\dfrac{\left(c+1+a+b+1\right)^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}=2\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế 2 BĐT trên:
\(\Leftrightarrow\sqrt{a\left(b+c+2\right)}+\sqrt{b\left(c+a+2\right)}+\sqrt{c\left(a+b+2\right)}\le2+2+2=6\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
anh oi, tại sao chỗ a(b + c + 2) = ab + ac + a + b + c + 1 được ạ? :<
Ta có: \(-1\le a,b,c\le2\Rightarrow a+1\ge0;a-2\le0\)
\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a^2-a-2\le0\Leftrightarrow a^2\le a+2\)
Tương tự:
\(b^2\le b+2\)
\(c^2\le c+2\)
Cộng vế theo vế, ta được:
\(a^2+b^2+c^2\le a+b+c+2+2+2=6\)
Vậy ta có đpcm
\(P=\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{a+c}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)
\(=\frac{3}{b+c}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{3}{a+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{3}{a+b}+\frac{c^2}{a+b}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}\)
Lại có: \(\frac{3}{b+c}+\frac{3}{a+c}+\frac{3}{a+b}=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}\)
\(=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{a+c}+1+\frac{c}{a+b}+1\)
\(=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\). Lại theo BĐT Nesbitt ta có:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\forall\)a,b,c dương
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+3\ge\frac{3}{2}+3=\frac{9}{2}\)
\(\Rightarrow P=Σ\frac{3}{b+c}+Σ\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{3}{2}+\frac{9}{2}=6\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
ab+bc+ac<8
=> 2ab+2bc+2ac<16
=> a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca\(\le\)36
=> (a+b+c)2\(\le\)36
=> 0<a+b+c\(\le\)6 ( đpcm)