Chủ đề này có 4 trả lời

[tritanngo99]

(HMO 2003) Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$ với $a,b,c>0$

[cristianoronaldo]

Ta có:

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

=>$\sum \frac{1}{a(1+b)}+\frac{3}{1+abc}$

$= \frac{1}{1+abc}\left [\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{a(1+b)}{1+a}+\frac{1+c}{c(1+a)} \right ]$

    $\geq \frac{6}{1+abc}$(theo bất đẳng thức AM-GM)

Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 07-05-2016 - 18:44

[lahantaithe99]

 

(HMO 2003) Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$ với $a,b,c>0$

 

BĐT cần chứng minh tương đương với $A=\sum \frac{abc+1}{a(1+b)}\geq 3$

Có: $A=\sum \frac{abc+1}{a(1+b)}=\sum \left [ \frac{1}{a(b+1)}+\frac{bc}{b+1} \right ]=\sum \left [ \frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1} \right ]-3$

Áp dụng BĐT AM-GM thì $A\geq 6\sqrt[6]{\frac{abc\prod (a+b)^2}{abc\prod(a+b)^2}}-3=6-3=3$

Do đó ta có đpcm

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 07-05-2016 - 18:43

[KietLW9]

(HMO 2003) Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$ với $a,b,c>0$

$\sum_{cyc}\frac{1}{a(b+1)}-\frac{3}{1+abc}=\sum_{cyc}\frac{(ab-1)^2}{a(a+1)(b+1)(abc+1)}\geqslant 0$ 

[KietLW9]

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