Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(Q=a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)
\(\le b^2\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)
\(=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.\left(c-b\right)+c^2\left(1-c\right)\)
\(\le\frac{4.\left(\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b\right)^3}{27}+c^2\left(1-c\right)\)
\(\le\frac{4.c^3}{27}+c^2\left(1-c\right)\)
\(=c^2\left(1-\frac{23c}{27}\right)\)
\(=\frac{23c}{54}.\frac{23c}{54}.\left(1-\frac{23c}{27}\right).\frac{2916}{529}\)
\(\le\frac{2916}{529}.\frac{\left(\frac{23c}{54}+\frac{23c}{54}+1-\frac{23c}{27}\right)^3}{27}=\frac{108}{529}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}\)
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 1/Định nghĩa A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0 2/Tính chất + A>B ⇔ B < A + A>B và B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B và C > D ⇒ A+C > B + D + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C + 0 < A < B và 0 < C <D ⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n với n lẻ + A > B ⇒ A n > B n với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n + m > n > 0 và 0 <A < 1 ⇒ A m < A n 1 1 +A < B và A.B > 0 ⇒ > A B 3/Một số hằng bất đẳng thức + A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + -A <A= A + A + B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + A − B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)Sưu tầm và tuyển chọn 1
làm cái đề ra ấy, ngại viết lại đề :P
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\)
\(\Rightarrow M=1^{2018}+1^{2019}+1^{2020}=1+1+1=3\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(B=\frac{1}{(a+2b)(a+2c)}+\frac{1}{(b+2a)(b+2c)}+\frac{1}{(c+2a)(c+2b)}\)
\(\geq \frac{9}{(a+2b)(a+2c)+(b+2a)(b+2c)+(c+2a)(c+2b)}\)
\(\Leftrightarrow B\geq \frac{9}{(a^2+2ac+2ab+4bc)+(b^2+2bc+2ab+4ac)+(c^2+2bc+2ac+4ab)}\)
\(\Leftrightarrow B\geq \frac{9}{a^2+b^2+c^2+8(ab+bc+ac)}=\frac{9}{(a+b+c)^2+6(ab+bc+ac)}(*)\)
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT Cô-si:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Rightarrow 2(a+b+c)^2\geq 6(ab+bc+ac)(**)\)
Từ \((*); (**)\Rightarrow B\geq \frac{9}{(a+b+c)^2+2(a+b+c)^2}=\frac{3}{(a+b+c)^2}\geq \frac{3}{3^2}=\frac{1}{3}\)
(do \(a+b+c\leq 3)\)
Do đó: \(B_{\min}=\frac{1}{3}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
