giải giùm mình

Question

chứng minh:

nếu

$a,b,c$ lớn hơn

$0$ và

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 2$ thì

$abc\leq \frac{1}{8}$

score 1 · Answer 1

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 2\Leftrightarrow (a+1)(b+1)+(b+1)(c+1)+(c+1)(a+1)\geq 2(a+1)(b+1)(c+1)$

$\Leftrightarrow 1\geq 2abc+(ab+bc+ca)\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

$\Rightarrow (2\sqrt[3]{abc}-1)(\sqrt[3]{abc}+1)^2\leq 0\Leftrightarrow abc\leq \frac{1}{8}$

mon ới...... – nguyenquangtruonghktcute 13-12-15 04:23 PM

casio fx570 MS nhé: mode 3 lần, sang phải, ấn 3 – dolaemon 13-12-15 04:21 PM

ấn sao chỉ vs – nguyenquangtruonghktcute 13-12-15 11:35 AM

là pt bậc 3 ấn máy – dolaemon 13-12-15 10:18 AM

dòng cuối cùng chỗ tích nó nhỏ hơn 0 ấy.làm sa0 để có thể phân tích ra đc vậy – nguyenquangtruonghktcute 12-12-15 10:27 PM

tran85295 · Answer 2 · 12/13/2015 1:08:51 PM

$VT =(1-\frac{a}{a+1})+(1-\frac{b}{b+1})+(1-\frac{c}{c+1}) \ge 2$

$\Rightarrow \frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1} \le 1$

Ta sẽ chứng minh

$\frac{a}{a+1} \ge \frac{4a+1}{9}\Leftrightarrow (2a-1)^2 \ge 0$ (luôn đúng)

Làm tương tự với

$b,c$

Ta có

$1 \ge \frac a{a+1}+\frac b{b+1}+\frac c{c+1} \ge \frac{4a+1+4b+1+4c+1}{9}$

$\Leftrightarrow 9 \ge 4(a+b+c)+3\Leftrightarrow a+b+c \le \frac 32$

Mặt khác theo cô si :

$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$

$\Rightarrow3\sqrt[3]{abc} \le \frac 32 \Leftrightarrow abc \le \frac 18$

Dấu

$"="$ xảy ra khi và chỉ khi

$a=b=c = \frac 12$

Trả lời 13-12-15 01:08 PM

tran85295
141 5

10M 559K

vậy hả? để xem lại – dolaemon 13-12-15 04:27 PM

(2x-1)^2<=0 kìa mon – nguyenquangtruonghktcute 13-12-15 04:24 PM

hay..... – dolaemon 13-12-15 04:23 PM

cái kia ? – nguyenquangtruonghktcute 13-12-15 04:23 PM

2 Đáp án