Cho \(a,b,c>0\) biết\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\) CMR \(abc\le\frac{1}{8}\)
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
D
1
T
5 tháng 7 2019
Từ đề bài suy ra \(\frac{1}{a+1}\ge\left(1-\frac{1}{b+1}\right)+\left(1-\frac{1}{c+1}\right)=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Tương tự với hai bđt kia rồi nhân theo vế suy ra
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{8abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)
Do a, b, c>0 nên (a+1)(b+1)(c+1) > 0 suy ra:
\(1\ge8abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/2
26 tháng 10 2017
\(\frac{1}{1+a}=\)\(1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge\frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
tt nhan vao ta co
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
19 tháng 8 2017
Ta có:
1/(1+a)+1/(1+b)+1/(1+c)≥2
→1/(1+a)≥{1-1/(1+b)}+{1-1/(1+c)}
↔1/(1+a)≥b/(1+b)+c/(1+c)
≥2.√(bc)/{(1+b)(1+c)}(theo cosi)
Hai bất đẳng thức tương tự rồi nhân vế với vế
1/{(1+a)(1+b)(1+c)≥8.abc/{(1+a)(1+b)(1...
↔abc≤1/8(dpcm)
TK NHA
19 tháng 8 2017
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\left(1-\frac{1}{1+b}\right)+\left(1-\frac{1}{1+c}\right)\)\(=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Tương tự ta có:
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 11 2019
Chắc bạn ghi nhầm đề, ko có số hạng \(\frac{1}{1+d}\)
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Tương tự ta có:
\(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ca}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}}\) ; \(\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\)
Nhân vế với vế:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
17 tháng 11 2019
Cảm ơn bạn. Mk viết nhầm đề và kiểm tra lại mk làm đc rồi
12 tháng 5 2017
Ta có:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\le1\)
Áp dụng BDT \(ab\left(a+b\right)\le a^3+b^3\)thì ta có:
\(\frac{1abc}{a^3+b^3+abc}\le\frac{abc}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{c}{a+b+c}\)
Tương tự ta có:
\(\hept{1\begin{cases}\frac{abc}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{a+b+c}\\\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{a+b+c}\end{cases}}\)
Cộng 3 cái trên vế theo vế ta được
\(\frac{abc}{a^3+b^3+abc}+\frac{abc}{b^3+c^3+abc}+\frac{abc}{c^3+a^3+abc}\le\frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\)
\(\Rightarrow\)ĐPCM
8 tháng 9 2019
Với mọi a,b >0 có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)(tự CM). Dấu "=" xảy ra <=> a=b và a,b>0
<=> \(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
<=> \(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
CM tương tự cx có :\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ac\left(a+b+c\right)}\)
=>A= \(\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ac\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}+\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)}+\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}\)
<=> A\(\le\frac{1}{abc}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c>0
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
22 tháng 1 2021
\(\frac{1}{a+1}\ge1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\).
Tương tự ta có: \(\frac{1}{b+1}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}\), \(\frac{1}{c+1}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\).
Nhân 3 bất đẳng thức trên theo vế ta được:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{8abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}\).
Ta có
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\frac{1+b-1}{1+b}+\frac{1+c-1}{1+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\le2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)( nhỏ hơn vậy do bất đẳng thức Cosy với 2 số)
tương tư ta chứng minh được
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\\\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\end{cases}}\)
Nhân vế theo vế của 3 bất đẳng thức vừa chứng mình được
\(\frac{1}{1+a}.\frac{1}{1+b}.\frac{1}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}.2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}.2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8\sqrt{\frac{a^2b^2c^2}{\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8abc.\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}:\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8abc\)
\(\Rightarrow\frac{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge8abc\)
\(\Rightarrow1\ge8abc\Rightarrow\frac{1}{8}\ge abc\)
Ủng hộ cho mình 1 cái T I C K nha . Cảm ơn bạn rất nhiều
____________________________CHÚC BẠN HỌC TỐT NHA ________________________________
Dấu "=" nữa Tùng ơi!
Cơ mà Linh k rùi, vất vả quá! :D