Cho \(0\le a,b,c\le1\).
CMR : \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
19 tháng 11 2019
a)\(VT=\sum_{cyc}\frac{ab^3+ab^2c+a^2bc}{\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)}\le\frac{\sum_{cyc}\left(ab^3+ab^2c+a^2bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{ab^3+bc^3+ca^3+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)\(\le\frac{\sum_{cyc}ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=VP\)
HV
1
O
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 6 2020
\(0\le a;b;c\le1\Rightarrow a+b^2+c^3\le a+b+c\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^2-ab-ac-bc\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)
Mặt khác cũng do \(0\le a;b;c\le1\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow1-abc-a-b-c+ab+bc+ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;0;0\right)\) và hoán vị
1N
cho ba số dương \(0\le a\le b\le c\le1\) CMR \(\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}\le2\)
1
25 tháng 5 2022
Vì \(0\le a\le b\le c\le1\) nên:
\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge ab+1\ge a+b\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab+1}\le\dfrac{1}{a+b}\Leftrightarrow\dfrac{c}{ab+1}\le\dfrac{c}{a+b}\left(1\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{a}{bc+1}\le\dfrac{a}{b=c}\left(2\right);\dfrac{b}{ac+1}\le\dfrac{b}{a+c}\left(3\right)\)
Do đó: \(\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}\le\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\left(4\right)\)
Mà: \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\le\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\left(5\right)\)
Từ (4) và (5) suy ra \(\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}\left(đpcm\right)\)
TN
6 tháng 7 2019
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
Ta có: \((1-a)(1-b)(1-c)\geq 0\)
\(\Rightarrow 1-abc+(ab+bc+ca)-(a+b+c)\geq 0\)
\(\Rightarrow 1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)\geq 0\)
\(\Rightarrow (a+b+c)-(ab+bc+ca)\leq 1\)
Vì \(a;b;c\in \left [ 0;1 \right ]\) nên \(b^{2}\leq b;c^{3}\leq c\)
\(\Rightarrow a+b^{2}+c^{3}-ab-bc-ca\leq a+b+c-(ab+bc+ca)\leq 1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(b=c=1\) và \(a=0\)
cho a,b,c thuộc [0;1]. cmr $a+b^{2}+c^{3}+ab+bc+ca \leq 1$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học