Chủ đề này có 5 trả lời

[Takamina Minami]

Cho a,b,c $\geq 1$

CMR: $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)} + \frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$

[the man]

Bđt cần chứng minh tương đương với $\frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(c+1)}+\frac{1+abc}{c(a+1)}\geq 3$

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

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

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

Theo cô-si $\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}\geq 2$

    tương tự...

  $\Rightarrow (*)$ luôn đúng

 Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

[Bui Ba Anh]

Một cách làm khác của bài toán này 

Đặt $abc=k^3;x=k;y=a;z=\frac{ab}{k}$ ta có ngay phép đặt: $a=\frac{ky}{z};b=\frac{kz}{y};c=\frac{xk}{z}$

Ta có $VT =\sum \frac{1}{\frac{yk}{x}(1+\frac{zk}{y})}=\sum \frac{xy}{ky(y+kz)}=\frac{1}{k}\sum \frac{x^2}{xy+kxz}\geq \frac{(\sum x)^2}{k(k+1)(\sum xy)}\geq \frac{3}{k(k+1)}$

Dễ chứng minh $\frac{3}{k(k+1)}\geq \frac{3}{1+k^3}=\frac{3}{1+abc}<=> (k-1)^2(k+1)\geq 0$

CON YÊU BA MẸ NHIỀU LẮM

[Bui Ba Anh]

Từ cách chứng minh này, ta có thể mở rộng bài toán thành

$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq \frac{9}{1+abc}$

Đây là bài toán của thầy Phạm Kim Hùng, bạn có thể tìm hiểu

Trong cách giải thầy đề cập đến BĐT hoán vị $\sum \frac{1}{a(1+a)}\geq \sum \frac{1}{a(1+b)} \geq \frac{3}{1+abc}$ 

CON YÊU BA MẸ NHIỀU LẮM

[nhungvienkimcuong]

$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq \frac{9}{1+abc}$

CON YÊU BA MẸ NHIỀU LẮM

đổi biến $(a,b,c)\rightarrow \left ( \frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z} \right )$ thì ta cần chứng minh $\left ( \sum x \right ).\left ( \sum \frac{x}{x+1} \right )\geq \frac{9xyz}{xyz+1}$

ta có $\sum \frac{x}{x+1}\geq \frac{\left ( \sum \sqrt{x} \right )^2}{\sum x+3}$

do đó ta cần chứng minh $\frac{\left ( \sum x \right )\left ( \sum \sqrt{x} \right )^2}{\sum x+3}\geq \frac{9xyz}{xyz+1}$

$\Leftrightarrow \left ( \sum \sqrt{x} \right )^2\geq \frac{9xyz}{xyz+1}\left ( 1+\frac{3}{\sum x} \right )$

mặt khác $\left ( \sum \sqrt{x} \right )^2\geq 9\sqrt[3]{xyz},\frac{3}{x+y+z}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{xyz}}$

do đó ta cần chứng minh $9\sqrt[3]{xyz}\geq \frac{9xyz}{xyz+1}\left ( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{xyz}} \right )\Leftrightarrow \left ( \sqrt[3]{xyz}-1 \right )^2\left ( \sqrt[3]{xyz}+1 \right )\geq 0$

do đó có $Q.E.D$

 

U-Th

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 10-02-2015 - 19:12

[KietLW9]

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: $\sum_{cyc}\frac{yz}{kzx+k^2xy}=\sum_{cyc}\frac{y^2z^2}{kxyz^2+k^2xy^2z}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{kxyz(x+y+z)+k^2xyz(x+y+z)}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{k.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}+k^2.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}}=\frac{3}{k(k+1)}\geqslant \frac{3}{1+k^3}(Q.E.D)$   

 

 

Or:

$\sum_{cyc}\frac{1}{a(b+1)}-\frac{3}{1+abc}=\sum_{cyc}\frac{(ab-1)^2}{a(a+1)(b+1)(abc+1)}\geqslant 0$