Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(0\le a,b,c\le1\Rightarrow b\ge b^2;c\ge c^3\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3\le a+b+c\)
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(1-b-a+ab\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\)
=> đpcm
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)\(\Rightarrow b^2\le b;c^3\le c\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(a,b,c\ge0\Rightarrow abc\ge0\Rightarrow-abc\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
Biến đổi tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac+bc}\ge3\)
b/ \(VT=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac+bc}+\frac{ab+ac+bc}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{ab+ac+bc}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+2\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(ab+ac+bc\right)}{9\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)^2}}\ge\frac{8.3}{9}+\frac{2}{3}=\frac{10}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
bn thử tham khảo bài này xem: http://olm.vn/hoi-dap/question/446950.html
#)Tham khảo trong hai link này nhé :
Chứng minh: $\frac{1}{{4 - ab}} + \frac{1}{{4 - bc}} + \frac{1}{{4 - ca}} \le ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị
Chứng minh rằng: $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\leq 1 ...https://diendantoanhoc.net › ... › Toán Trung học Cơ sở › Bất đẳng thức và cực trị
P/s : Vô thống kê hỏi đáp ms dùng đc link nhé !
Ta có: \(a^4+b^4+c^4=3\Rightarrow0\le a^4;b^4;c^4\le3\Rightarrow0\le a;b;c\le\sqrt[4]{3}\)
=> \(ab,bc,ac\le\sqrt[4]{9}\)
Xét: \(\frac{18}{4-x}\le x^2+5,\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)
<=> \(18\le\left(x^2+5\right)\left(4-x\right)\)
<=> \(\left(x-1\right)^2\left(2-x\right)\ge0\)luôn đúng với \(\forall0\le x\le\sqrt[4]{9}\)
Như vậy:
\(\frac{18}{4-ab}+\frac{18}{4-bc}+\frac{18}{4-ac}\le\left(ab\right)^2+5+\left(bc\right)^2+5+\left(ac\right)^2+5\)
\(=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2+15\le\frac{a^4+b^4}{2}+\frac{b^4+c^4}{2}+\frac{a^4+c^4}{2}+15\)
\(=a^4+b^4+c^4+15=18\)
=> \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ac}\le1\)
"=" xảy ra <=> a=b=c=1
lp 8 mà khó thế -,-
Có \(4=a^4+b^4+c^4+1\ge4\sqrt[4]{\left(abc\right)^4}=4abc\)\(\Leftrightarrow\)\(-abc\ge-1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}=\frac{a+b+c}{4-abc}\le\frac{a+b+c}{4-1}=\frac{a+b+c}{3}\)
Lại có \(3=a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}\ge\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^4}{9}}{3}=\frac{\left(a+b+c\right)^4}{27}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^4\le81\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\le3\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{a+b+c}{3}\le\frac{3}{3}=1\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
Vì \(0\le a;b;c\le1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ac\le a+b+c-ab-bc-ac\)
\(=\left(-1+a+b+c-ab-bc-ac+abc\right)-abc+1\)
\(=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)-abc+1\)
Do \(1\ge a;b;c\ge0\) nên \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\-abc\le0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc\le0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc+1\le1\)
Hay \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)(đpcm)
Do\(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow b\ge b^2,c\ge c^3\)
Do đó: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\)(1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(abc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2)
Từ (1) và (2) => đpcm