(HMO 2003) Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$ với $a,b,c>0$
$\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$
#1
Đã gửi 07-05-2016 - 16:28
#2
Đã gửi 07-05-2016 - 18:38
Ta có:
$\sum \frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{1+abc}= \sum \frac{1}{1+abc}.\frac{(1+abc)+a(1+b)}{a(1+b)}= \sum \frac{1}{1+abc}.\frac{ab(1+c)+(1+a)}{a(1+b)}$
=>$\sum \frac{1}{a(1+b)}+\frac{3}{1+abc}$
$= \frac{1}{1+abc}\left [\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{a(1+b)}{1+a}+\frac{1+c}{c(1+a)} \right ]$
$\geq \frac{6}{1+abc}$(theo bất đẳng thức AM-GM)
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c=1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 07-05-2016 - 18:44
- tritanngo99 và tquangmh thích
Nothing in your eyes
#3
Đã gửi 07-05-2016 - 18:42
(HMO 2003) Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$ với $a,b,c>0$
BĐT cần chứng minh tương đương với $A=\sum \frac{abc+1}{a(1+b)}\geq 3$
Có: $A=\sum \frac{abc+1}{a(1+b)}=\sum \left [ \frac{1}{a(b+1)}+\frac{bc}{b+1} \right ]=\sum \left [ \frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1} \right ]-3$
Áp dụng BĐT AM-GM thì $A\geq 6\sqrt[6]{\frac{abc\prod (a+b)^2}{abc\prod(a+b)^2}}-3=6-3=3$
Do đó ta có đpcm
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 07-05-2016 - 18:43
- quan1234, tpdtthltvp, tritanngo99 và 2 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 28-04-2021 - 18:59
(HMO 2003) Chứng minh rằng: $\frac{1}{a(1+b)}+\frac{1}{b(1+c)}+\frac{1}{c(1+a)}\ge \frac{3}{1+abc}$ với $a,b,c>0$
$\sum_{cyc}\frac{1}{a(b+1)}-\frac{3}{1+abc}=\sum_{cyc}\frac{(ab-1)^2}{a(a+1)(b+1)(abc+1)}\geqslant 0$
- tritanngo99 yêu thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
#5
Đã gửi 28-04-2021 - 19:03
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: $\sum_{cyc}\frac{yz}{kzx+k^2xy}=\sum_{cyc}\frac{y^2z^2}{kxyz^2+k^2xy^2z}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{kxyz(x+y+z)+k^2xyz(x+y+z)}\geqslant \frac{(xy+yz+zx)^2}{k.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}+k^2.\frac{(xy+yz+zx)^2}{3}}=\frac{3}{k(k+1)}\geqslant \frac{3}{1+k^3}(Q.E.D)$
- tritanngo99 yêu thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bdt_3
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
CMR:$\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+b+1}\ge 1$Bắt đầu bởi tritanngo99, 25-07-2017 bdt_3 |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTNN của biểu thức: $P=\sqrt{(a+1)^2+b^2}+2\sqrt{(a-1)^2+b^2}$Bắt đầu bởi tritanngo99, 27-04-2017 bdt_3 |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh rằng: $(ab-2)^2+1\ge a^3+b^3$Bắt đầu bởi tritanngo99, 06-04-2017 bdt_3 |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
CMR: $7(ab+bc+ca)^2\ge 18abc+27(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)$Bắt đầu bởi tritanngo99, 13-01-2017 bdt_3 |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\sum_{k=0}^nC_{n}^k(k-nx)^2x^k(1-x)^{n-k}\le \frac{n}{4}$.Bắt đầu bởi tritanngo99, 19-10-2016 bdt_3 |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh