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
8 tháng 8 2017
Theo đề bài ta có:
\(\hept{\begin{cases}-1\le a\le2\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\Rightarrow a^2-a-2\le0\\-1\le b\le2\Rightarrow\left(b+1\right)\left(b-2\right)\le0\Rightarrow b^2-b-2\le0\\-1\le c\le2\Rightarrow\left(c+1\right)\left(c-2\right)\le0\Rightarrow c^2-c-2\le0\end{cases}\Rightarrow}\)\(a^2+b^2+c^2\ge\left(a+b+c\right)+6=6\)
TN
8 tháng 8 2017
Ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi đó \(f\left(x\right)=a^2\) là hàm lồi trên \(\left[-1;2\right]\) và \(\left(-1;-1;2\right)›\left(a;b;c\right)\)
Áp dụng BĐT Karamata ta có:
\(6=\left(-1\right)^2+\left(-1\right)^2+2^2\ge a^2+b^2+c^2\)
Xảy ra khi a=b=-1;c=2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
22 tháng 10 2019
Do \(-1\le a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)+\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-abc-a-b-c+ab+bc+ca+1+abc+b+c+c+ab+bc+ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)+2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+2\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+2\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le2\)
Mà \(\left|a\right|;\left|b\right|;\left|c\right|\le1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^4\le a^2\\b^6\le b^2\\c^8\le c^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^4+b^6+c^8\le a^2+b^2+c^2\le2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(-1;0;1\right)\) và các hoán vị
20 tháng 5 2016
Áp dụng bất đẳng thức : \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)(Có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương)
được: \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)(1)
Thay \(a+b=2-c\)và \(a^2+b^2=2-c^2\)vào (1) được:
\(2\left(2-c^2\right)\ge\left(2-c\right)^2\Leftrightarrow4-2c^2\ge4-4c+c^2\Leftrightarrow3c^2-4c\le0\)
Giải ra được \(0\le c\le\frac{4}{3}\)
Tương tự với a,b ta suy ra được điều phải chứng minh.
8 tháng 5 2019
Vì a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên mỗi nhân tử của VP đều dương,áp dụng bđt Cauchy:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\)
\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{b+c-a+a+c-b}{2}=c\)
\(\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}\le\frac{a+c-b+a+b-c}{2}=a\)
Nhân theo vế => ddpcm "=" khi a=b=c
AY
1
I
0
TN
13 tháng 6 2017
bài này điểm rơi hơi thộn, mò được ngay thì hơi khó :))
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(b^2\left(c-b\right)=\frac{1}{2}\cdot b\cdot b\left(2c-2b\right)\le\frac{1}{2}\left(\frac{b+b-2c-2b}{3}\right)^3=\frac{4c^3}{27}\)
Và \(a^2\left(b-c\right)\le0\). Khi đó
\(Q\le\frac{4c^3}{27}+c^2\left(1-c\right)=c^2-\frac{23}{27}c^3=c^2\left(1-\frac{23}{27}\cdot c\right)\)
\(=\frac{54^2}{23^2}c^2\left(1-\frac{23}{27}c\right)\le\frac{1}{3^3}\cdot\frac{54^2}{23^2}=\frac{108}{529}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=0;b=\frac{12}{23};c=\frac{18}{23}\)