Chủ đề này có 3 trả lời

[thinhthoithuong]

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$ với a,b,c là các số thực dương

[Hoang Tung 126]

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$ với a,b,c là các số thực dương

Chuẩn hoá $abc=1$.Do đó ta cân CM :$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{2}$

Đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$

$= > \sum \frac{1}{a(b+1)}=\sum \frac{1}{\frac{x}{y}.(\frac{y}{z}+1)}=\sum \frac{yz}{xy+xz}\geq \frac{3}{2}$$= > \sum \frac{1}{a(b+1)}=\sum \frac{1}{\frac{x}{y}.(\frac{y}{z}+1)}=\sum \frac{yz}{xy+xz}\geq \frac{3}{2}$

[thinhthoithuong]

Mình thì không rõ nhưng mà bạn khá mạnh dạn khi chuẩn hoá với bất đẳng thức hoán vị như thế này?

Mình tưởng chỉ có bđt đối xứng thuần nhất đồng bậc mới đc chuẩn hóa thôi chứ? 

[caovannct]

$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$ với a,b,c là các số thực dương

 

bạn sử dụng kq sau:

$\frac{abc+1}{a(1+b)}=\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{a+1}{a(1+b)}$

rồi bạn sử dụng AM - GM ta cm đc 

$3+(abc+1)(\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)})\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}$

lại có $\frac{abc+1}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}-1$

suy ra đpcm

(Lời giải này có trong sách Sáng tạo BĐT của Phạm Kim Hùng)