Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không mất tính tổng quát ta giả sử \(0\le a\le b\le c\le1\)
\(\Rightarrow\left(1-c\right)\left(b-a\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow b-a-bc+ac\ge0\Leftrightarrow ac+b\ge a+bc\)
\(\Leftrightarrow ac+b+1\ge a+bc+1\)\(\Rightarrow\dfrac{a}{ac+b+1}\le\dfrac{a}{a+bc+1}\)(1)
ta cũng có : \(\left(1-b\right)\left(c-a\right)\ge0\Leftrightarrow ab+c\ge a+bc\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+bc+1\)
\(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{b}{a+bc+1}\) mà \(b\le c\le1\)
nên \(\dfrac{b}{a+bc+1}\le\dfrac{bc}{a+bc+1}\) \(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{bc}{a+bc+1}\)(2)
ta lại có : \(\dfrac{c}{a+bc+1}\le\dfrac{1}{a+bc+1}\)(3)
Cộng Ba vế BĐT (1) (2) (3) lại với nhau ta có
\(\dfrac{a}{1+b+ac}+\dfrac{b}{1+c+ab}+\dfrac{c}{1+a+bc}\le\dfrac{a+bc+1}{a+bc+1}=1\)
không cần giả sử gì hết , phang luôn \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\) (:V)
\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow VT\le\sum\dfrac{b}{a+b+c}=1\)
Dấu = xảy ra : 2 số bằng 1 , số còn lại tùy ý
Mở rộng : \(\forall a,b,c\in\left[0;1\right]\).Cmr:
\(\dfrac{a}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+a+1}+\dfrac{c}{a+b+1}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1\)
( Olympic USA 1980 )
Ta có :
\(VT=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{ca}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{4}{2ab}+\dfrac{4}{2bc}+\dfrac{4}{2ca}\)
Theo BĐT Cauchy schwarz dưới dạng engel ta có :
\(VT\ge\dfrac{\left(1+1+1+2+2+2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{81}{1}=81\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
nếu dùng kỹ thuật chọn điểm rơi và đánh giá từ TBC sang TBN thì làm kiểu j v bn
điện thoại cùi nên chụp hơi mờ, đề này còn thiếu a,,bc>0
\(VT=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\)
Xét \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ac=abc\)
\(\Rightarrow VT=\dfrac{a^3}{a^2+ab+bc+ac}+\dfrac{b^3}{b^2+ab+bc+ac}+\dfrac{c^3}{c^2+ab+bc+ac}\)
\(\Leftrightarrow VT=\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng bđt Cauchy ta có :
\(\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{64}}=\dfrac{3a}{4}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có :
\(VT+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\dfrac{a+b+c}{4}\left(đpcm\right)\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Ta có: \(1-a\ge0\Leftrightarrow a\le1\Leftrightarrow a+b-b+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b+c}\ge\frac{a}{1+b+c}\left(1\right)\)
Tương tự: \(1-b\ge0\Leftrightarrow b\le1\Leftrightarrow b+a-a+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+c+a\)
\(\Leftrightarrow\frac{b}{a+b+c}\ge\frac{b}{1+c+a}\left(2\right)\)
Và: \(1-c\ge0\Leftrightarrow c\le1\Leftrightarrow c+a-a+b-b\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+a+b\)
\(\Leftrightarrow\frac{c}{a+b+c}\ge\frac{c}{1+a+b}\left(3\right)\)
Cộng (1)(2) và (3) vế theo vế:
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\ge\frac{a}{1+b+ac}+\frac{b}{1+c+ab}+\frac{c}{1+a+bc}\)
ĐPCM
bạn ơi, bạn xem lại đi. Mẫu của bạn là 1+b+c chứ đâu phải là 1+b+ac. Mấy cái khác cũng thế