Chủ đề này có 2 trả lời

[290iy4072012]

Bài toán
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a+1)}\ge\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}\left (1+\sqrt[3]{abc}\right )}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 290iy4072012: 23-07-2012 - 22:39

[WhjteShadow]

Áp dụng bất đẳng thức $(A+B+C)^2\geq 3(AB+BC+CA)$
Ta có:
$[\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}]^2\geq 3[\frac{1}{ab(b+1)(c+1)}+\frac{1}{bc(c+1)(a+1)}+\frac{1}{ca(a+1)(b+1)}]=\frac{3(ab+bc+ca+a+b+c)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}=3[\frac{1}{abc}-\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}-\frac{1}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}]$
Mà mặt khác lại có đánh giá sau:
$(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\geq abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+3\sqrt[3]{abc}+1=(\sqrt[3]{abc}+1)^3$
Vì thế
$[\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}]^2\geq 3[\frac{1}{abc}-\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}-\frac{1}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}]\geq 3[\frac{1}{abc}-\frac{1}{(\sqrt[3]{abc}-1)^3}-\frac{1}{abc\sqrt[3]{abc}-1)^3}]=9\frac{1}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+1)^2}$
$\to [\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}]^2\geq 9\frac{1}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+1)^2}$
Căn 2 hai vế có đpcm.
Ps: số trên tử VP là 3 chứ sa0 lại 1 nhỷ zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 23-07-2012 - 22:38

[LilTee]

Bài toán
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a+1)}\ge\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}\left (1+\sqrt[3]{abc}\right )}$$

\[\begin{align}
& \bullet a=k\frac{x}{y},b=k\frac{y}{z},c=k\frac{z}{x}\to \sqrt[3]{abc}=k \\
& \bullet \sum\limits_{cyc}{\frac{1}{a(b+1)}}=\sum\limits_{cyc}{\frac{1}{k\frac{x}{y}\left( k\frac{y}{z}+1 \right)}}=\frac{1}{k}\sum\limits_{cyc}{\frac{yz}{kxy+xz}}\ge \frac{1}{k}.\frac{{{\left( xy+yz+zx \right)}^{2}}}{\left( k+1 \right)xyz\left( x+y+z \right)}\ge \frac{3}{k\left( k+1 \right)}. \\
\end{align}\] Kết thúc chứng minh. $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LilTee: 24-07-2012 - 01:39