Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vô lí vì a+b+c=0\(\Rightarrow\frac{5}{a+b+c}\)không có đáp án
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.
\(1-\frac{a}{a+1}\ge\frac{2b}{b+1}+\frac{3c}{c+1}\Leftrightarrow\frac{1}{a+1}\ge\frac{b}{b+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{c}{c+1}\ge5\sqrt[5]{\frac{b^2c^3}{\left(b+1\right)^2\left(c+1\right)^3}}\)
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 \(a=b=c=\frac{1}{5}\)
\(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}=3-\frac{1}{1+a}-\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+c}\le1\)
\(\Rightarrow T\frac{1}{1+a}\ge2\Rightarrow\frac{1}{1+a}\ge1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
T là pháp cộng với b,c luôn nha, lười ghi.
Tương tự ta có:\(\frac{1}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\) và với c nữa
Nhân vế theo vế ta có đpcm
Đặt A là vế trái của BĐT cần chứng minh và ký hiệu m là số bé nhất trong bốn số có ở mẫu của A.Như vậy \(m\ge abcd+1\)và
\(A\le\frac{a}{m}+\frac{b}{m}+\frac{c}{m}+\frac{d}{m}=\frac{a+b+c+d}{m}\le\frac{a+b+c+d}{1+abcd}\)
Vì \(a,b,c,d\in\left[0,1\right]\)nên
\(a+b\le1+ab;c+d\le1+cd;ab+cd\le1+abcd\)
\(\Rightarrow a+b+c+d\le3+abcd\)
vì thế \(A\le\frac{3+abcd}{1+abcd}\le3\)
Vậy Max là 3
có ai có cách giải dễ hiểu hơn ko? bn trên lm như vậy cx đc r nhưng trình bày chưa đc!
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 \(a=b=c\)
Bài 1:
Đặt \(a^2=x;b^2=y;c^2=z\)
Ta có:\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\le\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng BĐT cô si ta có:
\(\sqrt{\frac{x}{x+y}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{4x\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\frac{3\left(x+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}}\)
\(\le\frac{1}{2\sqrt{2}}\left[\frac{4x\left(x+y+z\right)}{3\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{3\left(x+z\right)}{2\left(x+y+z\right)}\right]\)
Tương tự với \(\sqrt{\frac{y}{y+z}}\)và \(\sqrt{\frac{z}{z+x}}\)
Cộng lại ta được:
\(\frac{\sqrt{2}}{3}\left[\frac{x\left(x+y+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y\left(x+y+z\right)}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z\left(x+y+z\right)}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right]+\frac{3}{2\sqrt{2}}\le\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Sau đó bình phương hai vế rồi
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8xyz\)đẳng thức đúng
Vậy...
Bài 2:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\le\frac{1}{3}\)
Nhân cả hai vế bđt với 4(a+b+c)4(a+b+c) rồi thu gọn ta được bđt sau:
\(\frac{4a\left(a+b+c\right)}{4a+4b+c}+\frac{4b\left(a+b+c\right)}{4b+4c+a}+\frac{4c\left(a+b+c\right)}{4c+4a+b}\)\(\le\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\)
\(\left[\frac{4a\left(a+b+c\right)}{4a+4b+}-a\right]+\left[\frac{4b\left(a+b+c\right)}{4b+4c+a}-b\right]+\left[\frac{4c\left(a+b+c\right)}{4c+4a+b}-c\right]\le\frac{a+b+c}{3}\)
\(\frac{ca}{4a+4b+c}+\frac{ab}{4b+4c+a}+\frac{bc}{4c+4a+b}\le\frac{a+b+c}{9}\)
Áp dụng bđt cauchy-Schwarz ta có \(\frac{ca}{4a+4b+c}=\frac{ca}{\left(2b+c\right)+2\left(2a+b\right)}\)\(\le\frac{ca}{9}\left(\frac{1}{2b+c}+\frac{2}{2a+b}\right)\)
Từ đó ta có:
\(\text{∑}\frac{ca}{4a+4b+c}\le\frac{1}{9}\text{∑}\left(\frac{ca}{2b+c}+\frac{2ca}{2a+b}\right)\)\(=\frac{1}{9}\left(\text{ ∑}\frac{ca}{2b+c}+\text{ ∑}\frac{2ca}{2a+b}\right)\)\(=\frac{1}{9}\left(\text{ ∑}\frac{ca}{2b+c}+\text{ ∑}\frac{2ab}{2b+c}\right)=\frac{a+b+c}{9}\)
Đặt VT=A rồi áp dụng bđt cauchy-Schwarz cho VT ta có
\(T^2\le3\left(\frac{a}{4a+4b+c}+\frac{b}{4b+4c+a}+\frac{c}{4c+4a+b}\right)\)\(\le3\cdot\frac{1}{3}=1\Leftrightarrow T\le1\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c
c bạn tự làm nhé mình mệt rồi :D
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)