cho a, b, c ∈ [0,1]. CMR: \(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b+b^2c+c^2a\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
KN
5
25 tháng 7 2020
ta có a(1-b) \(\ge\)a2(1-b); b(1-c) \(\ge\)b2(1-c); c(1-a) \(\ge\)c2(1-a)
suy ra (a2+b2+c2)-(a2b+b2c+c2a) \(\le\)a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)
=> (a2+b2+c2)-(a2b+b2c+c2a) \(\le\)(a+b+c)-(ab+bc+ca)
mà (1-a)(1-b)(1-c) +abc\(\ge\)0 => 1\(\ge\)(a+b+c)-(ab+bc+ca)
vậy a2+b2+c2 \(\le\)1+a2b+b2c+c2a
dấu đẳng thức xảy ra <=> trong 3 số có 1 số bằng 0 và 1 số bằng 1
3 tháng 8 2020
Ta có: \(a.\left(1-b\right)\ge a^2.\left(1-b\right)\)
\(b.\left(1-c\right)\ge b^2.\left(1-c\right)\)
\(c.\left(1-a\right)\ge c^2.\left(1-a\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a.\left(1-b\right)+b.\left(1-c\right)+c.\left(1-a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
Mà \(\left(1-a\right).\left(1-b\right).\left(1-c\right)+abc\ge0\) \(\Rightarrow1\ge\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b+b^2c+c^2a\)
Dấu dẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\)trong ba số đó có một số bằng 0, một số bằng 1
HN
0
CN
0
L
2
5 tháng 7 2019
\(0\le a,b,c\le1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-a\le0\\b^2-b\le0\\c^2-c\le0\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\left(a^2-a\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b^2-b\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c^2-c\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2b\ge a^2+ab-a\\b^2c\ge b^2+bc-b\\c^2a\ge c^2+ca-c\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)-\left(a+b+c\right)\) (1)
Và \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\\\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\\\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab\ge a+b-1\\bc\ge b+c-1\\ca\ge c+a-1\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(ab+bc+ca\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (2)
(1), (2) \(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\)
Lại có: \(\hept{\begin{cases}a\le1\\b\le1\\c\le1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2\le a\\b^2\le b\\c^2\le c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^3\le a^2\\b^3\le b^2\\c^3\le c^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(3+a^2b+b^2c+c^2a\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)=2a^3+2b^3+2c^3\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=1;b=1;c=0\) và các hoán vị
12 tháng 6 2020
Phùng Minh Quân ơi câu trả lời của bạn dài quá. Bạn có thể trả lời ngắn hơn mà.
DT
0
D
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 7 2019
Lời giải:
Vì $a,b,c\in [0;1]$ nên: \(a(a-1)(b-1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a(ab-a-b+1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2b\geq a^2+ab-a\)
Tương tự với \(b^2c; c^2a\) suy ra:
\(a^2b+b^2c+c^2a+1\geq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+1-a-b-c(1)\)
Lại có:
\((a-1)(b-1)(c-1)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow (ab-a-b+1)(c-1)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow abc-(ab+bc+ac)+a+b+c-1\leq 0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+1\geq a+b+c+abc\geq a+b+c(2)\) do $abc\geq 0$
Từ \((1);(2)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+1\geq a^2+b^2+c^2\) (đpcm)
4 tháng 12 2018
\(A=\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\)
\(\Leftrightarrow2A=\dfrac{2a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{2b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{2c^2}{2c^2+ab}\)
\(=1-\dfrac{bc}{2a^2+bc}+1-\dfrac{ac}{2b^2+ac}+1-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\)
\(=3-\dfrac{bc}{2a^2+bc}-\dfrac{ac}{2b^2+ac}-\dfrac{ab}{2c^2+ab}\)
CM: \(P=\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)
Thật vậy:
\(P\ge\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{2a^2bc+b^2c^2+2b^2ac+a^2c^2+2c^2ab+a^2b^2}\)
\(=\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{a^2bc+a^2bc+b^2c^2+b^2ac+b^2ac+a^2c^2+c^2ab+c^2ab+a^2b^2}\)
\(=\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{ab\left(ac+bc+ab\right)+bc\left(ab+bc+ac\right)+ac\left(ab+bc+ac\right)}\)
\(=1\)
\(2A=3-P\le3-1=2\)
\(2A\le2\Leftrightarrow A\le1\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 7 2020
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=p\Rightarrow p=2\\ab+bc+ca=q\\abc=r\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le q\le\frac{1}{3}p^2=\frac{4}{3}\)
Ta cần chứng minh: \(q^2-2pr-2r\le1\Leftrightarrow q^2-6r\le1\)
TH1: \(0\le q< 1\Rightarrow q^2-6r\le q^2< 1\) \(\Rightarrow\) BĐT đúng
TH2: \(1\le q\le\frac{4}{3}\)
Theo Schur: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}=\frac{8\left(q-1\right)}{9}\Rightarrow q^2-6r\le q^2-\frac{16}{3}\left(q-1\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(q^2-\frac{16}{3}\left(q-1\right)\le1\)
\(\Leftrightarrow3q^2-16q+13\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(q-1\right)\left(3q-13\right)\le0\) (luôn đúng \(\forall x\in\left[1;\frac{4}{3}\right]\))
BĐT được chứng minh hoàn tất
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và hoán vị
28 tháng 2 2020
Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)
Thật vậy:
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)
Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)
mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)
Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có
∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)∑\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)∑\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Bất đẳng thức được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
28 tháng 2 2020
Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm
`a,b,c\in [0;1]`
`=>a(a-1)(b-1)\ge 0`
`<=> a(ab-a-b+1)\ge 0`
`<=> a^2b\ge a^2+ab-a`
Hoàn toàn tương tự:
`=>a^2b+b^2c+c^2a+1\geq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac+1-a-b-c(***)`
Lại có:
`(a-1)(b-1)(c-1)\le 0`
`<=> (ab-a-b+1)(c-1)\le 0`
`<=abc-(ab+bc+ac)+a+b+c-1\le 0`
`<=> ab+bc+ac+1\geq a+b+c+abc\geq a+b+c(******)`
`(***),(******)=> a^2b+b^2c+c^2a+1\geq a^2+b^2+c^2`
bạn tham khảo :https://hoc24.vn/hoi-dap/question/825780.html