$\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\ge \dfrac{3}{1+abc}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 13:08
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 13:08
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 30-09-2011 - 10:39
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
Cho a,b,c>0
$\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\ge \dfrac{3}{1+abc}$
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 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh