NN
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
13 tháng 1 2019
Ta có : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+\)\(bc\)(1)
vì , ta có
(1) \(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(\ge2\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\)\(+\left(a^2-2ac+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)(luôn đúng) => bất đẳng thức
Ta có :
\(a^2+b^2+c^2-2abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
<=>\(a^2+b^2+c^2+2abc-3abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
<=> \(1-3abc\ge ab+bc+ac-2abc\)
=> MAX P=1 <=> \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=c=1\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}b=0\\a=c=1\end{cases}}\)
hoặc \(\hept{\begin{cases}c=0\\a=b=1\end{cases}}\)
Sai thì bảo mình nhé
13 tháng 1 2019
xin lỗi Dòng thứ 8 và 9 phải là
\(a^2+b^2+c^2+2abc-4abc\ge ab+ac+bc-2abc\)
\(\Leftrightarrow1-4abc\ge ab+ac+bc-2abc\)
ND
cho a;b;c thực dương thỏa mãn abc+a+c=b
Tìm Max
P=\(\frac{2}{a^2+1}-\frac{2}{b^2+1}+\frac{3}{c^2+1}\)
0
9 tháng 1 2020
\(ab+bc+ca=abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Đặt \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{y}\cdot\frac{1}{z}\left(\frac{1}{x}+1\right)}=\frac{xyz}{x\left(x+1\right)}=\frac{yz}{x+1}\)
Tươn tự rồi cộng vế theo vế:
\(A=\frac{xy}{z+1}+\frac{yz}{x+1}+\frac{zx}{y+1}\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(z+1\right)}+\frac{\left(y+z\right)^2}{4\left(x+1\right)}+\frac{\left(z+x\right)^2}{4\left(y+1\right)}\)
Đặt \(x+y=p;y+z=q;z+x=r\Rightarrow p+q+r=2\)
\(A\le\Sigma\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(z+1\right)}=\Sigma\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left[\left(z+y\right)+\left(z+x\right)\right]}=\frac{p^2}{4\left(q+r\right)}+\frac{r^2}{4\left(p+q\right)}+\frac{q^2}{4\left(p+r\right)}\)
Sau khi đổi biến,cô si thì em ra thế này.Ai đó giúp em với :)
22 tháng 7 2017
P=\(\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\right)+4\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(+a^3+b^3+c^3-2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+ab^2+bc^2+ca^2\)\(=1+4\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)+\left(a^3+b^3+c^3\right)\)\(-2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)\(=1+4\left(ab+bc+ca\right)-3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
Mà \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(b+c+a\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)^2\)
=> \(P\le1+4\left(ab+bc+ca\right)-3\left(ab+bc+ca\right)^2\). Đặt \(ab+bc+ca=t\le\frac{1}{3}\)
=> \(P\le-3\left(t^2-\frac{2}{3}t+\frac{1}{9}\right)+2t+\frac{4}{3}\le-3\left(t-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\le2\)
Dấu bằng xảy ra khi \(t=\frac{1}{3}\)<=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
24 tháng 2 2018
bài này đùng Shinra nhé
ưu điểm của shinra : rất khó tìm ra lỗi sai , nếu vừa nói vừa làm thì có thể thầy cô cũng ko nhận ra :)
nhược điểm : nếu bị để ý kĩ thì SM luôn đấy :)
áp dụng BDT cô si ta có :
\(a+1+1\ge3\sqrt[3]{a}.\) tương tự với các mẫu còn lại
vì nó năm ở dưới mẫu dấu > thành dấu <
\(vt\le\frac{1}{3\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{3\sqrt[3]{c}}.\)
\(abc=1\Leftrightarrow a=\frac{1}{bc}\)
\(VT\le\frac{1}{\frac{3}{\sqrt[3]{bc}}}+\frac{1}{\frac{3}{\sqrt[3]{ac}}}+\frac{1}{\frac{3}{\sqrt[3]{ab}}}=\frac{\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ac}+\sqrt[3]{ab}}{3}\)
có \(a+b+C\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( abc=1) ( nhớ kĩ cái này là chìa khóa để rứt điểm bài này ko được quên nha )
nhân cả tử cả mẫu cho 3 ta được
\(VT\le\frac{3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ac}+3\sqrt[3]{ab}}{9}\)
\(3\sqrt[3]{b.c.1}\le\left(b+c+1\right)\) tương tự với các số hạng còn lại ta được
đến đây ta dùng Shinra nhé
\(VT\le\frac{2\left(a+b+c\right)+3}{9}=\frac{6+3}{9}=1\)
khong co