Chủ đề này có 5 trả lời

[le_hoang1995]

Bài toán: Cho a,b,c dương và n nguyên dương. Chứng minh rằng:
$$\frac{ab}{c(a+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}+\frac{ca}{b(c+b)}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$$

[khanh3570883]

Bài toán: Cho a,b,c dương và n nguyên dương. Chứng minh rằng:
$$\frac{ab}{c(a+c)}+\frac{bc}{a(a+b)}+\frac{ca}{b(c+b)}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$$

Liệu có nhầm đề không vậy. Mình nghĩ là:
\[\begin{array}{l}
\frac{{ab}}{{c\left( {a + c} \right)}} + \frac{{bc}}{{a\left( {a + b} \right)}} + \frac{{ca}}{{b\left( {c + b} \right)}} \ge \frac{a}{{a + c}} + \frac{b}{{b + a}} + \frac{c}{{c + b}} \\
\Leftrightarrow \left[ {\frac{1}{{ab}} - \frac{1}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}} \right]{\left( {a - b} \right)^2} + \left[ {\frac{1}{{ac}} - \frac{1}{{\left( {a + c} \right)\left( {a + b} \right)}}} \right]\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right) \ge 0 \\
\end{array}\]
Chỉ cần giả sử $c = \min \left\{ {a;b;c} \right\}$ là xong!

[le_hoang1995]

Tớ cũng không chắc, bài này tớ tìm được trên diễn đàn. Bài trên chỉ là BĐT nhẹ nhất ( n=1) thôi, nhưng tớ vẫn chưa làm được , post lên đây để cùng thảo luận. Thử chưa thấy trường hợp nào sai cả

[khanh3570883]

Mình phân tích ra thế này rồi chẳng biết đánh giá kiểu gì!
\[\left[ {\frac{1}{{ab}} - \frac{2}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}} \right]{\left( {a - b} \right)^2} + \left[ {\frac{1}{{ac}} - \frac{{a + b + 2c}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right]\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right) \ge 0\]

[NguyThang khtn]

Bài này dùng bất đẳng thức cổ điển ngon!
Cách2:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum (\frac{ab}{c(c+a)}+\frac{c}{c+a}) \geq 3$
Hay $\sum \frac{a^2+bc}{a(a+b)} \geq 3$
$\sum \frac{a^2+bc}{a(a+b)} \geq 3\sqrt[3]{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$
Ta chỉ cần chứng minh:
$(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \geq abc(a+b)(b+c)(c+a)$
Ta lại có:
$(a^2+bc)(b^2+ca)-ab(a+c)(c+b)=c(a+b)(a-b)^2 \geq 0$
Do đó:$(a^2+bc)(b^2+ca) \geq ab(a+c)(c+b)$
Làm tương tự rồi nhân vế với vế của các BĐT lại ta được ĐPCM!

Cách 3:
Đăt $x=\frac{a}{b},...$ suy ra $xyz=1$ Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:
$\sum \frac{x}{1+y} \geq \sum \frac{1}{1+x}$
Tương đương với:
$(x^2-1)(z+1)+(y^2-1)(x+1)+(z^2-1)(y+1) \geq 0$
Hay :
$xy^2+yz^2+zx^2+x^2+y^2+z^2 \geq x+y+z +3$
Theo AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
$xy^2+yz^2+zx^2 \geq 3\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3xyz=1$
$x^2+y^2+z^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{3} \geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{3}(x+y+z)=x+y+z$ ĐPCM

Bài toán này tương đương với bài toán sau ở Mathlink contest:
Cho các số thực dương a,b,c.CMR:
$\frac{a+b}{a+c}+ \frac{b+c}{a+b}+\frac{c+b}{a+c} \geq \frac{a}{b} + \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}$

[khanh3570883]

bboy114crew: nhầm rồi, xem lại đề!