Cho a,b,b thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=2\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\)CMR \(\frac{-4}{3}< a,b,c< \frac{4}{3}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
khó quá nha bn
mk mới chỉ hok lớp 7 thôi
xin lỡi nha
mk tin sẽ có nguoi tra lới cau hoi của bn
hok tot >_<
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(1,\hept{\begin{cases}10x^2+5y^2-2xy-38x-6y+41=0\left(1\right)\\3x^2-2y^2+5xy-17x-6y+20=0\left(2\right)\end{cases}}\)
Giải (1) : \(10x^2+5y^2-2xy-38x-6y+41=0\)
\(\Leftrightarrow10x^2-2x\left(y+19\right)+5y^2-6y+41=0\)
Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn x
Có \(\Delta'=\left(y+19\right)^2-50y^2+60y-410\)
\(=-49y^2+98y-49\)
\(=-49\left(y-1\right)^2\)
pt có nghiệm \(\Leftrightarrow\Delta'\ge0\)
\(\Leftrightarrow-49\left(y-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow y=1\)
Thế vào pt (2) được x = 2
\(2,\)Đặt\(\left(a\sqrt{a};b\sqrt{b};c\sqrt{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\left(x,y,z>0\right)\)
\(\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
Khi đó \(P=\frac{x^4}{x^2+y^2}+\frac{y^4}{y^2+z^2}+\frac{z^4}{x^2+z^2}\)
Áp dụng bđt \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\left(x;y;z>0\right)\left(Cauchy-engel-type_3\right)\)được
\(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bđt x2 + y2 + z2 > xy + yz + zx (tự chứng minh) ta được
\(P\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\ge\frac{xy+yz+zx}{2}=\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy+yz+zx=1\\x=y=z\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{a^3}=\sqrt{b^3}=\sqrt{c^3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\Leftrightarrow a^3=b^3=c^3=\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Vậy \(P_{min}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng bđt bu nhi a ta có
\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\left(-2-c\right)^2\le2\left(2-c^2\right)\)
=> \(c^2+4c+4\le4-2c^2\)
=> \(3c^2+4c\le0\Rightarrow c\left(3c+4\right)\le0\Rightarrow-\frac{4}{3}\le c\le0\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\forall a,b\Rightarrow\frac{1}{4-ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}\)
Theo BĐT C-S: \(\frac{2}{8-a^2-b^2}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)
Do đó: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\)
Ta có đánh giá sau: \(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2\left(a^2-2\right)\le0\) (Đúng)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le\frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1\)(ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cách khác dùng Schur như sau :)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(16+3abc\left(a+b+c\right)\ge a^2b^2c^2+8\left(ab+bc+ca\right)\)
Mà \(1\ge a^2b^2c^2\). Mặt khác theo BĐT Schur ta có:
\(\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\left(a+b+c\right)\ge\)
\(\ge\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow3+3abc\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+2abc\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(ad+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2\)
BĐT sẽ được c/m xong nếu ta chỉ ra:
\(\left(ab+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2+12\ge8\left(ab+bc+ac\right)\)
Đúng theo BĐT Cô-si
Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)