Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a,b,c∈[0,1]⇒b≥b2;c≥c3
Ta có:
a,b,c∈[0,1]⇒(1−a)(1−b)(1−c)≥0
⇔1−a−b−c+ab+bc+ca−abc≥0
⇔a+b+c−ab−bc−ca+abc≤1
⇒a+b2+c3−ab−bc−ca≤1
⇒đpcm
Dấu "=" xảy ra khi trong a,b,ccó 1 số bằng 1, 1 số bằng 0, số còn lại là 1 hoặc 0
không phải nha!
là a,b,c ở trong khoảng từ 0 đến 1
Ở trong bài này thì dấu "=" xảy ra
khi (1-a)(1-b)(1-c) = 0 thì 1 trog 3 số bằng 1
abc = 0 thì có 1 số bằng 0 ( giả sử a = 0, b = 1 )
thay vào BĐT cuối thì ta đc :
\(1+c^3-c=1\)
\(\Rightarrow c\left(c+1\right)\left(c-1\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=0\\c=-1\\c=1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=1\\c=0\end{matrix}\right.\)
Như vậy trog 3 số a,b,c có 2 số bằng 0, 1 số bằng 1 hoặc 1 số bằng 0, 2 số bằng 1.
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)
\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)
=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x
Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)
và \(a^2+b^2+c^2-\left(ab+bc+ca\right)=0\)\(\Rightarrow a=b=c\)
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
Nguyễn Xuân Đình Lực:
mình ghi rõ trên rùi, sắp xếp theo thứ tự luôn cho dễ nhìn kìa bạn:
Cặp 1: $a^3b$ và $abc^2$ tạo ra $a^2bc$
Cặp 2: $b^3c$ và $bca^2$ tạo ra $b^2ca$
Cặp 3: $c^3a$ và $cab^2$ tạo ra $c^2ab$
Lời giải:
Ba số thực $a,b,c$ cần có thêm điều kiện không âm mới đúng.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$ab^3+bc^3+ca^3+2abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3+abc(a+b+c)$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq a^3b+b^3c+c^3a(*)$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$(a^3b+b^3c+c^3a)(abc^2+bca^2+cab^2)\geq (a^2bc+b^2ca+c^2ab)^2$
$\Rightarrow a^3b+b^3c+c^3a\geq abc(a+b+c)$
BĐT $(*)$ đúng nên ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
a,b,c>0
\(VP-VT=a^3b+b^3c+c^3a-abc\left(a+b+c\right)=abc\Sigma\frac{\left(a-b\right)^2}{a}\ge0\)
(d) qua A(5; 6) : y = mx - 5m + 6 (1)
(C) : (x - 1)² + (y - 2)² = 1 (2)
Thay y từ (1) vào (2) ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)
(x - 1)² + (mx - 5m + 4)² = 1
Khai triển ra pt bậc 2 : (m² + 1)x² - 2(5m² - 4m + 1)x + 25m² - 40m + 17 = 0 (*)
Để (d) tiếp xúc (C) thì (*) phải có nghiệm kép
∆' = (5m² - 4m + 1)² - (m² + 1)(25m² - 40m + 17) = - 4(3m² - 8m + 4) = 4(m - 2)(2 - 3m) = 0 => m = 3/2; m = 2
KL : Có 2 đường thẳng cần tìm
(d1) : y = (3/2)(x - 1)
(d2) : y = 2x - 4
∆ ∠ ∡ √ ∛ ∜ x² ⁻¹ ∫ π × ∵ ∴ | | , ⊥,∈∝ ≤ ≥− ± , ÷ ° ≠ → ∞, ≡ , ≅ , ∑,∪,¼ , ½ , ¾ , ≈ , [-b ± √(b² - 4ac) ] / 2a Σ Φ Ω α β γ δ ε η θ λ μ π ρ σ τ φ ω ё й½ ⅓ ⅔ ¼ ⁰ ¹ ² ³ ⁴ ⁵ ⁶ ⁷ ⁸ ⁹ ⁺ ⁻ ⁼ ⁽ ⁾ ⁿ ₁ ₂ ₃₄₅ ₆ ₇ ₈ ₉ ₊ ₋ ₌ ₍ ₎ ∊ ∧ ∏ ∑ ∠ ,∫ ∫ ψ ω Π∮ ∯ ∰ ∇ ∂ • ⇒ ♠ ★
Vì \(a,b,c\le1\) nên ta có:
\(\hept{\begin{cases}1-a\ge0\\1-b\ge0\\1-c\ge0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà ta có: \(\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\\1-abc\le1\end{cases}}\)
Từ đó suy ra:
\(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\)
Ta có ĐPCM