Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ẹt số xui đưa link cũng bị duyệt
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{d+1}=1-\frac{d}{d+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\). TƯơng tự cho 3 BĐT còn lại
\(\frac{1}{a+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\frac{1}{b+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\frac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(d+1\right)}}\)
Nhân theo vế 4 BDT trên ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge81\sqrt[3]{\left(\frac{abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge\frac{81abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\)
Hay 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!
Đặt bđt là (*)
Để (*) đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn :
\(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)thì \(a=b=c=1\) cũng thỏa mãn (*)
\(\Rightarrow4\le\sqrt[n]{\left(n+2\right)^2}\)
Mặt khác: \(\sqrt[n]{\left(n+2\right)\left(n+2\right).1...1}\le\frac{2n+4+\left(n-2\right)}{n}=3+\frac{2}{n}\)
Hay \(n\le2\)
Với n=2 . Thay vào (*) : ta cần CM BĐT
\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c+a\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{3}{16}\)
Với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn: \(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Vì: \(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(2b+a+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)};\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)
Ta cần CM:
\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{3}{16}\Leftrightarrow16\left(a+b+c\right)\le6\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Ta có BĐT: \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Và: \(3\left(ab+cb+ac\right)\le3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+cb+ca\right)^2\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\)
=> đpcm
Dấu '=' xảy ra khi a=b=c
=> số nguyên dương lớn nhất : n=2( thỏa mãn)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
Không mất tính tổng quát ta giả sử
\(a\ge b\ge b\ge d\)
\(\Rightarrow\frac{1}{abcd}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{4}{a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{bcd}\ge4\)
\(\Leftrightarrow bcd\le\frac{1}{4}\)
Vậy phương trình vô nghiệm.