Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Theo hằng đẳng thức đáng nhớ ta có :
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+abc\right)\left(1\right)\)
Ta lại có : \(0\le a,b,c\le2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}abc\ge0\\\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow8-4a-4b-4c+2ab+2bc+2ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca-4\ge abc\Leftrightarrow abc\le-4\) ( Vì \(a,b,c\ge0\) ) \(\left(2\right)\)
Thay (2) vào (1) ta được :
\(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca-4\right)=3\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]=3\left(9-3\left(ab+bc+ca\right)\right)\)
Mà từ (2) ta lại có : \(2ab+2bc+2ca\ge abc+4=4\Rightarrow ab+bc+ca\ge2\Rightarrow-3\left(ab+bc+ca\right)\le-6\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(9-6\right)=9\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=0;b=1;c=2\) và hoán vị
a³ + b³ + c³ - 3abc = (a+b+c)(a²+b²+c² -ab-bc-ca) ; thay giả thiết a+b+c = 3 ta có:
a³+b³+c³ = 3(a²+b²+c² -ab-bc-ca + abc) (1)
* từ giả thiết 0 ≤ a, b, c ≤ 2 => (2-a)(2-b)(2-c) ≥ 0
⇔ 8 -4a-4b-4c + 2ab+2bc+2ca -abc ≥ 0 (lại thay a+b+c = 3)
⇒ abc ≤ 2ab+2bc+2ca - 4 (2)
Dấu '=' khi có 1 số = 2
thay (1) vào (2) ta có:
a³+b³+c³ ≤ 3(a²+b²+c² +ab+bc+ca - 4) = 3[(a+b+c)² - ab-bc-ca -4] = 3(5-ab-bc-ca) (3)
Mặt khác cũng từ (2) ta có: 2(ab+bc+ca) ≥ abc+4 ≥ 4
⇒ -ab-bc-ca ≤ -2 (dấu "=" khi có 1 số = 0) thay vào (3) ta có
a³+b³+c³ ≤ 3(5-ab-bc-ca) ≤ 9 (đpcm)
Mới lớp 8 nên không hiểu biết rộng về lớp 9 sai bỏ qua
Câu 2, Do 0<x,y,z<=1 nên ta có:
\(\hept{\begin{cases}\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\\\left(y-1\right)\left(z-1\right)\ge0\\\left(z-1\right)\left(x-1\right)\ge0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy+1\ge x+y\\yz+1\ge y+z\\xz+1\ge x+z\end{cases}}}\)
Thay vào VT ta có:
\(VT\le\frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=1\)(1)
Do x,y,z <= 1 nên x+y+z <=3 nên \(\frac{3}{x+y+z}\ge\frac{3}{3}=1\)(2)
Từ (1),(2) -> dpcm
1/ Vai trò của a, b, c là bình đẳng, không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge0\)
Khi đó \(3=a+b+c\le3a\Rightarrow1\le a\le2\Rightarrow\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)
Ta có:
\(LHS=a^3+b^3+c^3\le a^3+b^3+c^3+3bc\left(b+c\right)\)
\(=a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3\)
\(=9a^2-27a+27=9\left(a-1\right)\left(a-2\right)+9\le9\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị.
P/s: Is that true?
Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Nên ta cần CM \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\ge a^3+b^3+c^3\)
Theo đề bài ta có
\(a\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\)=> \(a^3\le3a^2-2a\)
Tương tự với b,c => \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\)=> \(ab\ge2\left(a+b\right)-4\)
Tương tự => \(ab+bc+ac\ge4\left(a+b+c\right)-12\)
Khi đó BĐT <=>
\(a^2+b^2+c^2+4\left(a+b+c\right)-12\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
<=> \(3\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-6\)
<=>\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)+\left(b-1\right)\left(b-2\right)+\left(c-1\right)\left(c-2\right)\le0\)(luôn đúng với giả thiết)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)=\left(2;2;2\right),\left(2;2;1\right),....\)và các hoán vị
Ta có \(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Nên \(BĐT\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\ge a^3+b^3+c^3\)
Ta có \(a\left(a-2\right)\left(a-1\right)\le0\Leftrightarrow a^3\le3a^2-2a\)
Tương ta ta có: \(b^3\le3b^2-2b;c^3\le3c^2-2c\)
Cộng từng vế của các bđt trên: \(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(+2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\left(a+b+c\right)\)
Đặt \(\)\(K=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\left(a+b+c\right)\)
Ta lại có
\(\left(a-1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le3a-2\)
Tương tự \(b^2\le3b-2;c^2\le3c-2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le3\left(a+b+c\right)-6\)(1)
\(\left(a-2\right)\left(b-2\right)\ge0\Leftrightarrow ab\ge2a+2b-4\)
Tương tự \(bc\ge2b+2c-4;ca\ge2c+2a-4\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge4\left(a+b+c\right)-12\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(K\le6\left(a+b+c\right)-12-2\left(a+b+c\right)\)
\(-\left[4\left(a+b+c\right)-12\right]=0\)
\(K\le0\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(a+b+c\right)\)
\(\le a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
hay \(\text{Σ}_{cyc}a^2+\text{Σ}_{cyc}ab+3\text{Σ}_{cyc}\left(a+b\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left(2;2;1\right)\)và các hoán vị hoặc \(a=b=c=2\)
đặt \(t=ab+bc+ca\)
\(=>t=ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
mặt khác
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=>a^2+b^2+c^2=9-2\left(ab+bc+ca\right)\)
khi đó
\(P=\frac{9-2t}{t}\)(zới t nhỏ hơn hoặc = 3)
xét \(f\left(t\right)=\frac{9-2t}{t}\left(t\le3\right)\)
\(f'\left(t\right)=-\frac{9}{t^2}< 0\)
=> f(t) N Biến \(\left(-\infty,3\right)\)
min f(t)=f(3)=1
koo tồn tại max\(f\left(t\right)\)
zậy minP=1 khi a=b=c=1
\(-1\le a\le2\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-2\le0\end{cases}\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0}\)
Tương tự \(\left(b+1\right)\left(b-2\right)\le0,\left(c+1\right)\left(c-2\right)\le0\)
=> (a+1)(a-2)+(b+1)(b-2)+(c+1)(c-2)\(\le\)0 => a2+b2+c2-(a+b+c)-6\(\le\)0
=>a2+b2+c2 \(\le\)6
Dấu "=" xảy ra <=> (a+1)( a-2)=0, (b+1)(b-2)=0, (c+1)(c-2)=0 , a+b+c=0 <=> a=2, b=c=-1 và các hoán vị