Cho $a,b,c>0$ . C/m $\sum \frac{1}{a(1+b)} \ge \frac{3}{1+abc}$
$\sum \frac{1}{a(1+b)} \ge \frac{3}{1+abc}$
#1
Đã gửi 06-08-2015 - 13:41
#2
Đã gửi 06-08-2015 - 14:43
Cho $a,b,c>0$ . C/m $\sum \frac{1}{a(1+b)} \geq \frac{3}{1+abc}$
BĐT tương đương: $\sum (\frac{1}{a(1+b)}-\frac{1}{1+abc})\geq 0$
$<=>\sum \frac{a(bc-1)-(ab-1)}{a(b+1)(abc+1)}=\sum \frac{ab-1}{abc+1}(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{a(b+1)})$
$=\sum \frac{(ab-1)^2}{a(a+1)(b+1)(abc+1)}\geq 0$
- phamngochung9a và HoangVienDuy thích
#3
Đã gửi 06-08-2015 - 15:28
Cho $a,b,c>0$ . C/m $\sum \frac{1}{a(1+b)} \ge \frac{3}{1+abc}$
Chuẩn tắc $abc=1$ ta phải chứng minh: $\sum \frac{c}{ac+abc}\geq \frac{3}{2}$
đặt: $(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})=(a;b;c)$
Từ đó ta phải chứng minh: $\sum \frac{xy}{yz+zx}\geq \frac{3}{2}$
Đây là nesbit nên luôn đúng.
suy ra điều phải chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamquanglam: 06-08-2015 - 15:51
- HoangVienDuy yêu thích
THPT PHÚC THÀNH K98
Cuộc sống luôn không ngừng đổi thay, chỉ có tình yêu là luôn ở đó, vẹn tròn và bất diệt. Chính vì thế tôi thay đổi để giữ điều ấy, để tốt hơn từng ngày
Thay đổi cho những điều không bao giờ đổi thay
Học toán trên facebook:https://www.facebook...48726405234293/
My facebook:https://www.facebook...amHongQuangNgoc
#4
Đã gửi 06-08-2015 - 15:35
Chuẩn tắc $abc=1$ ta phải chứng minh: $\sum \frac{1}{a+ab}\geq \frac{3}{2}$
đặt: $(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})=(a;b;c)$
Từ đó ta phải chứng minh: $\sum \frac{xy}{yz+zx}\geq \frac{3}{2}$
Đây là nesbit nên luôn đúng.
suy ra điều phải chứng minh
Đây không phải là BĐT đồng bậc ( vì VT bậc (-2), VP bậc (-3) nên không thể chuẩn hóa )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 06-08-2015 - 15:36
#5
Đã gửi 29-04-2021 - 13:41
Cho $a,b,c>0$ . C/m $\sum \frac{1}{a(1+b)} \ge \frac{3}{1+abc}$
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: $\sum_{cyc}\frac{yz}{kzx+k^2xy}=\sum_{cyc}\frac{y^2z^2}{kxyz^2+k^2xy^2z}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{kxyz(x+y+z)+k^2xyz(x+y+z)}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{k.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}+k^2.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}}=\frac{3}{k(k+1)}\geqslant \frac{3}{1+k^3}(Q.E.D)$
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 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh