Cho a,b,c dương. Chứng minh:
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$
Bắt đầu bởi sonksnb, 05-10-2013 - 16:28
#2
Đã gửi 05-10-2013 - 16:38
minhtu98vn
-
- Thành viên
-
- 67 Bài viết
Hạ sĩ
Hình như không xảy ra dấu bằng.
#3
Đã gửi 05-10-2013 - 16:55
deathavailable
-
- Thành viên
-
- 265 Bài viết
Thượng sĩ
Hình như không xảy ra dấu bằng.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 1
Ế là xu thế mang tầm cỡ quốc tế của các cấp bậc vai vế
#4
Đã gửi 05-10-2013 - 17:09
letankhang
-
- Thành viên
-
- 1079 Bài viết
$\sqrt{MF}'s$ $member$
Cho a,b,c dương. Chứng minh:
$\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}+\frac{1}{a(b+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$
Đặt : $a=ky/x;b=kz/y;c=kx/z$
$BDT\Leftrightarrow \frac{1}{kz/y+k^{2}x/y}+\frac{1}{kx/z+k^{2}y/z}+\frac{1}{ky/z+k^{2}z/x}\geq \frac{3}{1+k^{3}}\Leftrightarrow \frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}+\frac{x}{y+kz}\geq \frac{3k}{1+k^{3}}$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :
$\frac{y}{z+kx}+\frac{z}{x+ky}+\frac{x}{y+kz}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{(k+1)(xy+yz+zx)}\geq \frac{3}{k+1}$
Cậy ta cần chứng minh :
$\frac{3}{k+1}\geq \frac{3k}{1+k^{3}}\Leftrightarrow (k-1)^{2}(k+1)\geq 0$
Vậy BĐT trên được chứng minh
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z;k=1\Leftrightarrow a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi letankhang: 05-10-2013 - 17:14
- banhgaongonngon, nguyentrungphuc26041999, deathavailable và 2 người khác yêu thích
$\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $
$\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$
#5
Đã gửi 05-10-2013 - 17:39
Hoang Tung 126
-
- Thành viên
-
- 2061 Bài viết
Thiếu tá
Cách khác hay này: Đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$
Ta có :$\sum \frac{1}{a(b+1)}=\sum \frac{1}{\frac{x}{y}.(\frac{y}{z}+1)}=\sum \frac{yz}{xy+xz}=\sum \frac{y^2z^2}{xy^2z+xyz^2}\geq \frac{(xy+yz+xz)^2}{2xyz(x+y+z)}\geq \frac{3xyz(x+y+z)}{2xyz(x+y+z)}=\frac{3}{2}$(đpcm)
Dấu = xảy ra khi x=y=z hay a=b=c=1
#6
Đã gửi 05-10-2013 - 21:00
deathavailable
-
- Thành viên
-
- 265 Bài viết
Thượng sĩ
Cách khác hay này: Đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$
Ta có :$\sum \frac{1}{a(b+1)}=\sum \frac{1}{\frac{x}{y}.(\frac{y}{z}+1)}=\sum \frac{yz}{xy+xz}=\sum \frac{y^2z^2}{xy^2z+xyz^2}\geq \frac{(xy+yz+xz)^2}{2xyz(x+y+z)}\geq \frac{3xyz(x+y+z)}{2xyz(x+y+z)}=\frac{3}{2}$(đpcm)
Dấu = xảy ra khi x=y=z hay a=b=c=1
Đâu có điều kiên $abc=1$ đâu bạn ơi
Ế là xu thế mang tầm cỡ quốc tế của các cấp bậc vai vế
#8
Đã gửi 06-10-2013 - 11:53
deathavailable
-
- Thành viên
-
- 265 Bài viết
Thượng sĩ
Biến đổi giả thiết mà
Ý bạn là chuẩn hóa hả
Ế là xu thế mang tầm cỡ quốc tế của các cấp bậc vai vế
#9
Đã gửi 26-04-2021 - 14:30
KietLW9
-
- Điều hành viên THCS
-
- 1737 Bài viết
Đại úy
Cho a,b,c dương. Chứng minh:
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$
$\sum_{cyc}\frac{1}{a(b+1)}-\frac{3}{1+abc}=\sum_{cyc}\frac{(ab-1)^2}{a(a+1)(b+1)(abc+1)}\geqslant 0$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức 
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
