Chủ đề này có 2 trả lời

[hoangkimca2k2]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $P=\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}$

[buingoctu]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $P=\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}$

$P^2$$\geq 3(\frac{1}{ab(1+c)(1+b)}+...)$(cosy)

$=3(\frac{c+a+b+ac+bc+ab}{abc(1+a)(1+b)(1+c)})= 3\frac{(1+a)(1+b)(1+c)-abc-1}{abc(1+a)(1+b)(1+c)}=\frac{3}{abc}-\frac{3}{(1+a)(1+b)(1+c)}$

Đặt t=$\sqrt[3]{abc}$ (t>0)

Có (1+a)(1+b)(1+c)=1+a+b+c+ab+ac+bc+abc$\geq 1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{(abc)^2}+abc\geq 1+3t+3t^2+t^3=(1+t)^3$

=> $P^2\geq \frac{3}{t^3}-\frac{3}{(t+1)^3}-\frac{3}{t^3(t+1)^3}= 3\frac{(t+1)^3-t^3-1}{t^3(t+1)^3}=\frac{9}{t^2(1+t)^2}$....

[DOTOANNANG]

Đặt $abc\,=\, k^{\,3}$, ta có: $\displaystyle a \,=\, \frac{kq}{p}\,,\, b\, =\, \frac{kr}{q}\,,\, c \,=\, \frac{kp}{r}$

 

Bất đẳng thức trở thành:

 

$$ \frac{p}{q\,+\,kr}\, +\,\frac{q}{r\,+\,kp}\, +\,\frac{r}{p\,+\,kq} \,\ge \,\frac{3}{1\,+\,k}$$

 

Điều này đúng do:

 

$$\left(\frac{p}{q+\, kr} +\frac{q}{r+\, kp} +\frac{r}{p+\, kq} \right)\,  ( p\, (q+kr) + q\, (r+kp) + r\, (p+kq))\,  \ge\, (p+q+r)^2$$