NH
0
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
NH
0
HJ
1
VT
8 tháng 10 2019
P= a+b2019-ab+c(c2019-b-a) \(\le\) a + b2019 + 1.(12019 - b - a) =a + b2019 +1 - b - a = b(b2018 - 1) +1 \(\le\)1.(12018 - 1) +1 = 1
Vậy Max P=1
đạt được khi c=b=1; 0\(\le a\le1\)
NX
0
23 tháng 8 2020
Bài 1: Ta có \(\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)+b^2=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\ge2\sqrt{a^2-ab+b^2}\) (áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi)
\(=\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}-a+2b\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c}-b+2c\ge\sqrt{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{2}\left(b+c\right)\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}-c+2a\ge\sqrt{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{2}\left(a+c\right)\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1) và (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ac+a^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
NH
0
NH
1
VT
21 tháng 10 2019
(1-a)(1-b)(1-c)\(\ge\)0 <=> 1-a-b-c+ab+ac+dc-abc \(\ge\)0 <=> a+ b+ c- ab- ac- bc \(\le\)1-abc\(\le1\)(vì với a.b,c \(\ge0=>abc\ge0=>-abc\le0\))
\(b\le1=>b^{2019}\le b;c\le1=>c^{2020}\le c=>P\le a+b+c-ab-bc-ca\le1.\)
vậy GTLN của P là 1
đạt được khi (1-a)(1-b)(1-c)=0; abc=0; b=1; c=1 => a=0; b=c =1
KK
1