Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng...
Đọc tiếp
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh 
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
LK
0
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 12 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cô-si:
$\frac{a^2}{2}+8b^2\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{2}.8b^2}=4ab$
$\frac{a^2}{2}+8c^2\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{2}.8c^2}=4ac$
$2(b^2+c^2)\geq 2.2\sqrt{b^2c^2}=4bc$
Cộng các BĐT trên theo vế và thu gọn ta được:
$a^2+10(b^2+c^2)\geq 4(ab+bc+ac)=4$
Ta có đpcm.
HP
27 tháng 8 2021
Giả sử \(c\le1\).
Khi đó: \(ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c\right)+c\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(1\right)\)
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với \(a=2,b=c=0\).
Theo giả thiết:
\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\)
\(\Leftrightarrow ab\left(c+2\right)\le4-c^2\)
\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)
Trong ba số \(\left(a-1\right),\left(b-1\right),\left(c-1\right)\) luôn có hai số cùng dấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\).
\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\)
\(\Leftrightarrow abc\ge ca+bc-c\)
\(\Rightarrow abc+2\ge ca+bc+2-c\ge ab+bc+ca\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow\) Bất đẳng thức được chứng minh.
TH
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 1 2021
Lời giải:
Do $b\leq c; a^2\geq 0$ nên $a^2(b-c)\leq 0$
$\Rightarrow Q\leq b^2(c-b)+c^2(1-c)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(b^2(c-b)=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}(c-b)\leq 4\left(\frac{\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b}{3}\right)^3=\frac{4}{27}c^3\)
\(\Rightarrow Q\leq c^2-\frac{23}{27}c^3=c^2(1-\frac{23}{27}c)=(\frac{54}{23})^2.\frac{23}{54}c.\frac{23}{54}c(1-\frac{23}{27}c)\leq (\frac{54}{23})^2\left(\frac{\frac{23}{54}c+\frac{23}{54}c+1-\frac{23}{27}c}{3}\right)^3=\frac{108}{529}\)
Vậy $Q_{max}=\frac{108}{529}$
Giá trị này đạt tại $(a,b,c)=(0,\frac{12}{23}, \frac{18}{23})$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 1 2021
Lời giải:
Do $b\leq c; a^2\geq 0$ nên $a^2(b-c)\leq 0$
$\Rightarrow Q\leq b^2(c-b)+c^2(1-c)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(b^2(c-b)=4.\frac{b}{2}.\frac{b}{2}(c-b)\leq 4\left(\frac{\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c-b}{3}\right)^3=\frac{4}{27}c^3\)
\(\Rightarrow Q\leq c^2-\frac{23}{27}c^3=c^2(1-\frac{23}{27}c)=(\frac{54}{23})^2.\frac{23}{54}c.\frac{23}{54}c(1-\frac{23}{27}c)\leq (\frac{54}{23})^2\left(\frac{\frac{23}{54}c+\frac{23}{54}c+1-\frac{23}{27}c}{3}\right)^3=\frac{108}{529}\)
Vậy $Q_{max}=\frac{108}{529}$
Giá trị này đạt tại $(a,b,c)=(0,\frac{12}{23}, \frac{18}{23})$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 2 2021
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 12 2021
Do \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow0\le a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\b^{2011}\le b\\c^{2011}\le c\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow T\le a+b+c-ab-bc-ca=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)+1-abc\le1-abc\le1\)
\(T_{max}=1\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị
