Chủ đề này có 2 trả lời

[beontop97]

Cho a,b,c >0 . Chứng minh

$\frac{1}{a\left ( b+1 \right )}+\frac{1}{b\left ( c+1 \right )}+\frac{1}{c\left ( a+1 \right )}\geq \frac{3}{1+abc}$

 

[Sagittarius912]

Cho a,b,c >0 . Chứng minh

$\frac{1}{a\left ( b+1 \right )}+\frac{1}{b\left ( c+1 \right )}+\frac{1}{c\left ( a+1 \right )}\geq \frac{3}{1+abc}$

Đặt 

$a=\frac{mx}{y};b=\frac{my}{z};c=\frac{mz}{x}$

Khi đó $abc=m^3$

Và bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành

 

$\frac{zy}{xy+mxz}+\frac{xz}{yz+mxy}+\frac{xy}{zx+mzy}\ge \frac{3m}{1+m^3}$

Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz:

 

$VT=\frac{z^2y^2}{xy^2z+mxyz^2}+\frac{x^2z^2}{xyz^2+mx^2yz}+\frac{x^2y^2}{x^2yz+mxy^2z}\ge \frac{(xy+yz+zx)^2}{(1+m)[xyz(x+y+z)]}$

Ta cần chứng minh

 

$\frac{(xy+yz+zx)^2}{(1+m)[xyz(x+y+z)]}\ge \frac{3m}{1+m^3}$

 

$\Leftrightarrow (m^2-m+1)(xy+yz+zx)^2\ge 3m[xyz(x+y+z)]$

Mặt khác ta có

 

$(xy+yz+zx)^2\ge 3xyz(x+y+z)$

và

$m^2-m+1\ge m$

 

$\Leftrightarrow (m-1)^2\ge 0$ (đúng)

 

$\Rightarrow$ dpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $k=1$ và $x=y=z$

 

hay $a=b=c=1$

[sieutoan99]

Cho a,b,c >0 . Chứng minh

$\frac{1}{a\left ( b+1 \right )}+\frac{1}{b\left ( c+1 \right )}+\frac{1}{c\left ( a+1 \right )}\geq \frac{3}{1+abc}$

BDT$\Leftrightarrow \frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(1+c)}+\frac{1+abc}{c(1+a)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \left [ \frac{1+abc}{a(1+b)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{b(1+c)}+1 \right ]+\left [ \frac{1+abc}{c(1+a)}+1 \right ]\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{(1+a)+ab(1+c)}{a(1+b)}+\frac{(1+b)+bc(1+a)}{b(1+c)}+\frac{(1+c)+ca(1+b)}{c(1+a)}\geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 6$

Mặt khác ta có:$\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\geq 2$ (BDT Cauchy)

Thiết lập các BDT tương tự như trên ta có được đ.p.c.m

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$