THƯ GIÃN TÂM HỒN TÔI

Question

Chứng minh rằng: $\frac{a}{b + c + 1} + \frac{b}{a + c +1}+\frac{c}{a + b +1} + (1 - a)( 1 - b )( 1- c)\leq 1$ với $0 \leq a ,b,c \leq 1$

☼SunShine❤️ · Answer 1 · 5/16/2016 6:33:02 PM

Cách 2 :
Với mỗi $y,z$ cố định $\in [0;1]$ , xét hàm số biến x :
$F(x)=\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+ \frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z) , 0 \leq x \leq 1$
Có : $F'(x)= \frac{1}{y+z+1}-\frac{y}{(z+x+1)^{2}}- \frac{z}{(x+y+1)^{2}}-(1-y)(1-z)$
$=> F''(x)= \frac{2y}{(z+x+1)^{2}}+ \frac{2z}{(x+y+1)^{2}} \geq 0 $ (do y,z >=0 )
=> F''(x) là hàm đồng biến khi $o \leq x\leq 1$
=> 3 TH :
TH 1 : Nếu $F'(x) >=0 \forall 0\leq x \leq 1$ . Khi đó F(x) là hàm đồng biến trên $0 \leq x \leq 1$ , $=> \forall 0\leq x \leq 1$ , ta có :
$F(x) \leq F(1) = \frac{1}{y+z+1}+ \frac{y}{z+1+1}+ \frac{z}{1+y+1} \leq \frac{1+y+z}{y+z+1}=1 ( do y \leq 1; z \leq 1)$
TH2 : Nếu $F'(x) \leq 0 \forall 0\leq x\leq 1$
Khi đó F(x) là hàm nb trên $0= Ta có :
$F(x) \leq F(0) =\frac{y}{z+1}+ \frac{z}{y+1}+(1-y)(1-z)= \frac{1+y+z+y^{2}z^{2}}{1+y+z+yz}$
Do : $y^{2}z^{2} \leq yz $ và $y,z \in [0;1]=>F(x) \leq 1 \forall x \in [0;1]$
TH3 : Nếu F'(x) có dấu thay đổi trên $[0;1]$ . Do $F'(x) $ là hàm đb trên $[0;1]$
Và : $F(0) \leq 1 ; F(1) \leq 1=> F(x) \leq 1 \forall 0\leq x\leq 1$
ALL=> luôn có : $P \leq 1$
Vậy Max P = 1

Bài toán tổng quát :

Cho $0\leq a_{i} \leq 1 , i=1,2,...,n$ . Chứng minh rằng :
$\frac{a_{1}}{S-a_{1}+1}+ \frac{a_{2}}{S-a_{2}+1}+...+ \frac{a_{n}}{S-a_{n}+1}+ (1-a_{1})(1-a_{2})...(1-a_{n}) \leq 1$
Với : $S=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$