Cho a,b,c $\geq 1$
CMR: $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)} + \frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$
Cho a,b,c $\geq 1$
CMR: $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)} + \frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$
Bđt cần chứng minh tương đương với $\frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(c+1)}+\frac{1+abc}{c(a+1)}\geq 3$
$\Leftrightarrow \frac{1+abc+a(1+b)}{a(b+1)}+\frac{1+abc+b(c+1)}{b(c+1)}+\frac{1+abc+c(1+a)}{c(a+1)}\geq 6$
$\Leftrightarrow [\frac{a+1+ab(c+1)}{a(b+1)}+\frac{b+1+bc(a+1)}{b(c+1)}+\frac{c+1+ca(b+1)}{c(a+1)}\geq 6$
$\Leftrightarrow [\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}]+[\frac{b+1}{b(c+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1}]+[\frac{c+1}{c(a+1)}+\frac{c(a+1)}{c+1}]\geq 6$ (*)
Theo cô-si $\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}\geq 2$
tương tự...
$\Rightarrow (*)$ luôn đúng
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
Một cách làm khác của bài toán này
Đặt $abc=k^3;x=k;y=a;z=\frac{ab}{k}$ ta có ngay phép đặt: $a=\frac{ky}{z};b=\frac{kz}{y};c=\frac{xk}{z}$
Ta có $VT =\sum \frac{1}{\frac{yk}{x}(1+\frac{zk}{y})}=\sum \frac{xy}{ky(y+kz)}=\frac{1}{k}\sum \frac{x^2}{xy+kxz}\geq \frac{(\sum x)^2}{k(k+1)(\sum xy)}\geq \frac{3}{k(k+1)}$
Dễ chứng minh $\frac{3}{k(k+1)}\geq \frac{3}{1+k^3}=\frac{3}{1+abc}<=> (k-1)^2(k+1)\geq 0$
CON YÊU BA MẸ NHIỀU LẮM
Từ cách chứng minh này, ta có thể mở rộng bài toán thành
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq \frac{9}{1+abc}$
Đây là bài toán của thầy Phạm Kim Hùng, bạn có thể tìm hiểu
Trong cách giải thầy đề cập đến BĐT hoán vị $\sum \frac{1}{a(1+a)}\geq \sum \frac{1}{a(1+b)} \geq \frac{3}{1+abc}$
CON YÊU BA MẸ NHIỀU LẮM
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq \frac{9}{1+abc}$
CON YÊU BA MẸ NHIỀU LẮM
đổi biến $(a,b,c)\rightarrow \left ( \frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z} \right )$ thì ta cần chứng minh $\left ( \sum x \right ).\left ( \sum \frac{x}{x+1} \right )\geq \frac{9xyz}{xyz+1}$
ta có $\sum \frac{x}{x+1}\geq \frac{\left ( \sum \sqrt{x} \right )^2}{\sum x+3}$
do đó ta cần chứng minh $\frac{\left ( \sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )^2}{\sum x+3}\geq \frac{9xyz}{xyz+1}$
$\Leftrightarrow \left ( \sum \sqrt{x} \right )^2\geq \frac{9xyz}{xyz+1}\left ( 1+\frac{3}{\sum x} \right )$
mặt khác $\left ( \sum \sqrt{x} \right )^2\geq 9\sqrt[3]{xyz},\frac{3}{x+y+z}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{xyz}}$
do đó ta cần chứng minh $9\sqrt[3]{xyz}\geq \frac{9xyz}{xyz+1}\left ( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{xyz}} \right )\Leftrightarrow \left ( \sqrt[3]{xyz}-1 \right )^2\left ( \sqrt[3]{xyz}+1 \right )\geq 0$
do đó có $Q.E.D$
U-Th
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 10-02-2015 - 19:12
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
Xét: $k^3+1-k(k+1)=(k-1)^2(k+1)\geqslant 0\Rightarrow k(k+1)\leqslant k^3+1$ (với $k > 0$)
Đặt $(a,b,c)\rightarrow (\frac{kx}{y},\frac{ky}{z},\frac{kz}{x})$ ($k,x,y,z>0$) thì ta cần chứng minh: $\frac{yz}{kzx+k^2xy}+\frac{zx}{kxy+k^2yz}+\frac{xy}{kyz+k^2zx}\geqslant \frac{3}{1+k^3}$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: $\sum_{cyc}\frac{yz}{kzx+k^2xy}=\sum_{cyc}\frac{y^2z^2}{kxyz^2+k^2xy^2z}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{kxyz(x+y+z)+k^2xyz(x+y+z)}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{k.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}+k^2.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}}=\frac{3}{k(k+1)}\geqslant \frac{3}{1+k^3}(Q.E.D)$
Or:
$\sum_{cyc}\frac{1}{a(b+1)}-\frac{3}{1+abc}=\sum_{cyc}\frac{(ab-1)^2}{a(a+1)(b+1)(abc+1)}\geqslant 0$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh