Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(1-\frac{a}{a+1}\ge\frac{2b}{b+1}+\frac{3c}{c+1}\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}\ge\frac{b}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{b^2c^3}{\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}}\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+3.\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{abc^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)^3}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(b+1\right)^2}\ge25\sqrt[5]{\frac{a^2b^2c^6}{\left(a+1\right)^2\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^6}}\)
\(\frac{1}{c+1}\ge\frac{a}{a+1}+2.\frac{b}{b+1}+2.\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{ab^2c^2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^2}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(c+1\right)^3}\ge125\sqrt[5]{\frac{a^3b^6c^6}{\left(a+1\right)^3\left(b+1\right)^6\left(c+1\right)^6}}\)
Nhân vế với vế:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}\ge5^6\sqrt[5]{\frac{a^5b^{10}c^{15}}{\left(a+1\right)^5\left(b+1\right)^{10}\left(c+1\right)^{15}}}=\frac{5^6ab^2c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow ab^2c^3\le\frac{1}{5^6}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{5}\)
Ta chứng minh được
\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow P\le\sum\frac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}=\sum\frac{1}{a^2+b^2+1}\)
Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)
Ta lại chứng minh được:
\(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\)
\(\Rightarrow P\le\sum\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\sum\frac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}=\sum\frac{z}{x+y+z}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đây là bài thi vào 10 của Thanh Hóa thì phải
Ta có: \(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\le1\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\le1-\frac{d}{d+1}=\frac{1}{d+1}\\\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\le1-\frac{a}{a+1}=\frac{1}{a+1}\\\frac{a}{a+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\le1-\frac{b}{b+1}=\frac{1}{b+1}\\\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{d}{d+1}\le1-\frac{c}{c+1}=\frac{1}{c+1}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{1}{d+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\\\frac{1}{a+1}\ge\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}}\\\frac{1}{b+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{d}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}}\\\frac{1}{c+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{d}{d+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(d+1\right)}}\end{matrix}\right.\)
Nhân từng vế:
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge81\sqrt[3]{\frac{a^3b^3c^3d^3}{\left(a+1\right)^3\left(b+1\right)^3\left(c+1\right)^3}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge\frac{81abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\)
\(\Rightarrow1\ge81abcd\)
Vậy \(abcd\le\frac{1}{81}\left(đpcm\right)\)
p/s : lí do tớ tự trả lời câu hỏi của mình là để coi câu trả lời của mình có đúng hay ko thôi nha , mong các bạn đứng có hiểu lầm , nếu bạn nào có cách nào nhanh và gọn hơn thì phiền các bạn chỉ dùm luôn nha.
Mình nghĩ cách làm của bạn là ok rồi đấy
Bản chất là ngắn, có điều bạn trình bày quá cẩn thận nên khiến nó dài thôi. Khuyên chân thành là nếu đi thi sau khi áp dụng quy tắc "tương tự" để đỡ tốn thời gian hơn, cũng k bị mất điểm.
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
mình ghi nhầm cái số 1 nhỏ nha
mn nếu giải thì bỏ cái số đó đi
+ ta có a,b,c thuộc [0,1]
=> b^2 <= b và c^3 <= c
=> a + b^2 + c^3 - ab - bc - ca <= a + b + c - (ab + bc + ca)
+ mặt # a , b , c thuộc [0,1]
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c) >=0
<> 1- a - b - c + ab + bc + ca - abc >=0
<> a + b + c - (ab + bc + ca) <= 1 - abc
=> a + b + c - (ab + bc + ca) <=1 (abc >= 0)
Lời giải:
\(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-\underbrace{\left(\frac{a+b}{a+b+1}+\frac{b+c}{b+c+1}+\frac{c+a}{c+a+1}\right)}_{M}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(M=\frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+b+1)}+\frac{(b+c)^2}{(b+c)(b+c+1)}+\frac{(c+a)^2}{(c+a)(c+a+1)}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b)(a+b+1)+(b+c)(b+c+1)+(c+a)(c+a+1)}\)
\(=\frac{4(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)+2(a+b+c)}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)+2(ab+bc+ac)}=2\) (do $a+b+c\leq ab+bc+ac$)
Vậy $M\geq 2$
$\Rightarrow \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-M\leq 1$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Vô lí vì a+b+c=0\(\Rightarrow\frac{5}{a+b+c}\)không có đáp án