Khó wá
#1
Đã gửi 30-04-2011 - 10:51
CMR:$\sum{\dfrac{1}{a(b+1)}}\ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}}$
#2
Đã gửi 01-05-2011 - 18:58
mình thử làm nha:DCho a,b,c>0.
CMR:$\sum{\dfrac{1}{a(b+1)}}\ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}}$
đặt $p=\sum_{cyc}\dfrac{1}{a(1+b)}$
áp dung bdt:$(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)$
$P^{2}\geq 3( \sum_{cyc}\dfrac{1}{ab(1+b)(1+c)})= \dfrac{3}{abc}-\dfrac{3}{(1+a)(1+b)(1+c)}-\dfrac{1}{abc((1+a)(1+b)(1+c)}$
dặt $t= \sqrt[3]{abc}$ áp dung AM-GM ta có:
$(1+a)(1+b)(1+c) \geq (t+1)^{3}$
$\Rightarrow P^{2}\geq \dfrac{3}{t^{3}}-\dfrac{3}{(t+1)^{3}}-\dfrac{3}{t^{3}(t+1)^{3}}= \dfrac{9}{t^{2}(t+1)^{2}}$
do đó:
$\sum_{cyc}\dfrac{1}{a(1+b)}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}$
#3
Đã gửi 02-05-2011 - 12:44
nếu $(a+1)(b+1)(c+1)\ge \sqrt[3]{abc}+1$ thì $\sum{\dfrac{1}{a+1}}\le \dfrac{1}{\sqrt[3]{abb}+1}$ mới đúng chứmình thử làm nha:D
đặt $p=\sum_{cyc}\dfrac{1}{a(1+b)}$
áp dung bdt:$(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)$
$P^{2}\geq 3( \sum_{cyc}\dfrac{1}{ab(1+b)(1+c)})= \dfrac{3}{abc}-\dfrac{3}{(1+a)(1+b)(1+c)}-\dfrac{1}{abc((1+a)(1+b)(1+c)}$
dặt $t= \sqrt[3]{abc}$ áp dung AM-GM ta có:
$(1+a)(1+b)(1+c) \geq (t+1)^{3}$
$\Rightarrow P^{2}\geq \dfrac{3}{t^{3}}-\dfrac{3}{(t+1)^{3}}-\dfrac{3}{t^{3}(t+1)^{3}}= \dfrac{9}{t^{2}(t+1)^{2}}$
do đó:
$\sum_{cyc}\dfrac{1}{a(1+b)}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}$
#4
Đã gửi 02-05-2011 - 22:21
cách khác naknếu $(a+1)(b+1)(c+1)\ge \sqrt[3]{abc}+1$ thì $\sum{\dfrac{1}{a+1}}\le \dfrac{1}{\sqrt[3]{abb}+1}$ mới đúng chứ
(đơn giản hơn)
ta có:
$(1+abc)(\sum\dfrac{1}{a(1+b)})+3=\sum\dfrac{1+a}{a(1+b)}+\sum\dfrac{b(c+1)}{1+b}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}$
==>dpcm
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh