LM
1
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
S
20 tháng 10 2020
\(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow-1\le a,b,c\le1;a^3-a^2+b^3-b^2+c^3-c^2\)
\(=a^2\left(a-1\right)+b^2\left(b-1\right)+c^2\left(c-1\right)=0\Rightarrow a^2\left(a-1\right)=0;b^2\left(b-1\right)=0;c^2\left(c-1\right)=0\)
\(\text{kết hợp với:}a^3+b^3+c^3=1\Rightarrow\text{có 2 số bằng 0; 1 số bằng 1}\Rightarrow S=1\)
DN
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 7 2017
Lời giải:
Từ \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a^2,b^2,c^2\leq 1\Rightarrow -1\leq a,b,c\leq 1\)
Có \(a^3+b^3+c^3=a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2(a-1)+b^2(b-1)+c^2(c-1)=0\)
Vì \(a,b,c\leq 1\) nên \(\left\{\begin{matrix} a^2(a-1)\leq 0\\ b^2(b-1)\leq 0\\ c^2(c-1)\leq 0\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2(a-1)+b^2(b-1)+c^2(c-1)\leq 0\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2(a-1)=0\\ b^2(b-1)=0\\ c^2(c-1)=0\end{matrix}\right.\)
Mà \(a^3+b^3+c^3=1\) nên trong \(a,b,c\) có hai số bằng $0$ và một số bằng $1$
Suy ra \(S=a^2+b^9+c^{2016}=1\)
KK
26 tháng 3 2017
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)^3}\ge\dfrac{2ab}{ab\left(a+b\right)^3}=\dfrac{2}{\left(a+b\right)^3}\\\dfrac{b^2+c^2}{bc\left(b+c\right)^3}\ge\dfrac{2bc}{bc\left(b+c\right)^3}=\dfrac{2}{\left(b+c\right)^3}\\\dfrac{c^2+a^2}{ca\left(c+a\right)^3}\ge\dfrac{2ca}{ca\left(c+a\right)^3}=\dfrac{2}{\left(c+a\right)^3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\ge2\left[\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]\)
Chứng minh rằng \(2\left[\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]\ge\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\ge\dfrac{9}{8}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2ab\le a^2+b^2\\2bc\le b^2+c^2\\2ca\le c^2+a^2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab\le a^2-ab+b^2\\bc\le b^2-bc+c^2\\ca\le c^2-ca+a^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}ab\left(a+b\right)\le\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=a^3+b^3\\bc\left(b+c\right)\le\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)=b^3+c^3\\ca\left(c+a\right)\le\left(c+a\right)\left(c^2-ca+a^2\right)=c^3+a^3\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}3ab\left(a+b\right)\le3\left(a^3+b^3\right)\\3bc\left(b+c\right)\le3\left(b^3+c^3\right)\\3ca\left(c+a\right)\le3\left(c^3+a^3\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^3+3ab\left(a+b\right)+b^3\le4\left(a^3+b^3\right)\\b^3+3bc\left(b+c\right)+c^3\le4\left(b^3+c^3\right)\\c^3+3ca\left(c+a\right)+a^3\le4\left(c^3+a^3\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^3\le4\left(a^3+b^3\right)\\\left(b+c\right)^3\le4\left(b^3+c^3\right)\\\left(c+a\right)^3\le4\left(c^3+a^3\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}\ge\dfrac{1}{4\left(a^3+b^3\right)}\\\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}\ge\dfrac{1}{4\left(b^3+c^3\right)}\\\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\ge\dfrac{1}{4\left(c^3+a^3\right)}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a^3+b^3}+\dfrac{1}{b^3+c^3}+\dfrac{1}{c^3+a^3}\right)\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a^3+b^3}+\dfrac{1}{b^3+c^3}+\dfrac{1}{c^3+a^3}\right)\ge\dfrac{9}{8}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^3+b^3}+\dfrac{1}{b^3+c^3}+\dfrac{1}{c^3+a^3}\ge\dfrac{9}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}=\dfrac{9}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a^3+b^3}+\dfrac{1}{b^3+c^3}+\dfrac{1}{c^3+a^3}\right)\ge\dfrac{9}{8}\) ( đpcm )
Vậy \(2\left[\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]\ge\dfrac{9}{4}\)
Mà \(VT\ge2\left[\dfrac{1}{\left(a+b\right)^3}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^3}\right]\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)^3}+\dfrac{b^2+c^2}{bc\left(b+c\right)^3}+\dfrac{c^2+a^2}{ca\left(c+a\right)^3}\ge\dfrac{9}{4}\) ( đpcm )
BT
26 tháng 9 2017
Do a2+b2+c2=1 và a3+b3+c3=1
=> a2+b2+c2=a3+b3+c3=1 <=> a2(1-a)+b2(1-b)+c2(1-c)=0
Do a2+b2+c2=1 => a, b, c \(\le\)1
=> (1-a); (1-b) và (1-c) \(\ge\)0
=> a2(1-a)+b2(1-b)+c2(1-c)\(\ge\)0
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: a2(1-a)=b2(1-b)=c2(1-c)=0. Do a2+b2+c2=1 nên ta có các trường hợp:
\(\hept{\begin{cases}a=b=0;c=1\\a=1;b=c=0\\b=1;a=c=0\end{cases}}\)
Trong tất cả các trường hợp thì S=1
Đáp số: S=1
4 tháng 2 2017
\(\hept{\begin{cases}a+b+c=6\left(1\right)\\a^2+b^2+c^2=12\left(2\right)\end{cases}}\)
(1) bình phuong trừ (2)=>ab+bc+ac=12
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)đẳng thức chỉ xẩy ra khi a=b=c
Từ (1)=> a=b=c=2
=> P=3
TN
1 tháng 3 2017
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
HP
1 tháng 3 2017
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
T
11 tháng 7 2019
Bài 3:(dài quá,đăng từ câu):
a)Từ giả thiết suy ra \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge3\Rightarrow a+b+c\ge3\)
BĐT \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Mà \(VT\ge3\left(a^3+b^3+c^3\right)\). Do đó ta chứng minh một BĐT chặt hơn là:
\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+3abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(c+b\right)+ca\left(c+a\right)\right]\) (*)
Để ý rằng theo Cô si: \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\) (1) và
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\ge0\) (2)
Do \(a^3+b^3-ab\left(a+b\right)=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\). Tương tự với hai BĐT còn lại suy ra (2) đúng (3)
Từ (1) và (2) và (3) suy ra (*) đúng hay ta có đpcm.
T
11 tháng 7 2019
Bài ngắn làm trước:
Bài 5: Dự đoán xảy ra đẳng thức khi a=1; b=2/3; c=4/3. Ta biến đổi như sau:
\(A=\left(4a^2+4\right)+\left(6b^2+\frac{8}{3}\right)+\left(3c^2+\frac{16}{3}\right)-12\)
\(\ge2\sqrt{4a^2.4}+2\sqrt{6b^2.\frac{8}{3}}+2\sqrt{3c^2.\frac{16}{3}}-12\)
\(=8\left(a+b+c\right)-12=8.3-12=12\)
Dấu "=" xảy ra khi ....
Bài này dùng wolfram alpha cho lẹ, đi thi không dùng được thì em dùng "cân bằng hệ số"
CH
1
Ta có: \(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow0\le a^2,b^2,c^2\le1\Rightarrow-1\le a,b,c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}}\)
Từ giả thiết suy ra \(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)=0\)
\(\Rightarrow a^2\left(1-a\right)+b^2\left(1-b\right)+c^2\left(1-c\right)=0\)(*)
Mà dễ có: \(a^2\left(1-a\right),b^2\left(1-b\right),c^2\left(1-c\right)\le0\)nên (*) xảy ra khi \(a^2\left(1-a\right)=b^2\left(1-b\right)=c^2\left(1-c\right)=0\)hay có 2 số bằng 0, 1 số bằng 1 trong 3 số a,b,c
\(\Rightarrow S=1\)