Chủ đề này có 3 trả lời

[bvptdhv]

Cho các số dương a,b,c. CMR
$\sum \frac{1}{a(1+b)}\geq\frac{3}{1+abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bvptdhv: 01-08-2015 - 21:50

[arsfanfc]

Cho các số dương a,b,c. CMR
$\sum \frac{1}{a(1+b)}\geq\frac{3}{1+abc}$

nhân $(1+abc)$ và cộng với 3 với VT ta có :

$VT(1+abc)+3 = \sum \frac{1+a+ab+abc}{a(1+b)} =\sum \frac{(1+a)+ab(1+c)}{a(1+b)}=(\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{1+a})+(\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)})+(\frac{c(1+a)}{1+c)}+\frac{1+c}{c(1+a)}) \geq 6 => đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 03-08-2015 - 22:44

[tien123456789]

đổi biến đặt

$a= \frac{kx}{y} ,b=\frac{ky}{z},c=\frac{kz}{x}$

[KietLW9]

Cho các số dương a,b,c. CMR
$\sum \frac{1}{a(1+b)}\geq\frac{3}{1+abc}$

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: $\sum_{cyc}\frac{yz}{kzx+k^2xy}=\sum_{cyc}\frac{y^2z^2}{kxyz^2+k^2xy^2z}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{kxyz(x+y+z)+k^2xyz(x+y+z)}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{k.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}+k^2.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}}=\frac{3}{k(k+1)}\geqslant \frac{3}{1+k^3}(Q.E.D)$