Chủ đề này có 5 trả lời

[supernatural1]

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:

$ \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \leq 1 $

[chaobu909]

Đặt $a=x^3$ ;$b=y^3$;$c=z^3$ khi đó bất đẳng thức tương đương 

$\sum \frac{1}{x^3+y^3+xyz}<=1$

ta có BĐT $x^3+y^3>=xy(x+y)$ khi đó ta có BDT

$\sum \frac{1}{xy(x+y)+xyz}<=1$

<=> $\sum \frac{1}{xy(x+y+z)}=\sum \frac{z}{x+y+z}<=1$ (dpcm)

[DOTOANNANG]

Bài toán này còn cách khác như sau:

Sử dụng bất đẳng thức AM- GM ta có:

$\frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ 1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{a}{c}.1}= 3\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}= 3\sqrt[3]{\frac{a^{3}}{abc}}= 3\sqrt[3]{a}= 3a$

và tương tự:

$\frac{b}{c}+ \frac{b}{a}+ 1\geq 3b, \frac{c}{a}+ \frac{c}{b}+ 1\geq 3c$

Cộng vế theo vế ta có:

$\frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ \frac{b}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{a}+ \frac{c}{b}+ 3\geq 3a+ 3b+ 3c= \left ( 2a+ 2b+ 2c \right )+ \left ( a+ b+ c \right )$

MẶt khác, theo AM-GM:

$a+ b+ c\geq 3\sqrt[3]{abc}= 3$

Nói cách khác:

$\frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}+ \frac{c}{b}\geq 2a+ 2b+ 2c$

Bây giờ ta có:

$\frac{1}{a+ b+ 1}+ \frac{1}{b+ c+ 1}+ \frac{1}{c+ a+ 1}- 1 = \frac{2a+ 2b+ 2c- \left ( a^{2} c+ a^{2}b+ b^{2}c+ b^{2}a+ c^{2}a+ c^{2}b\right )}{\left ( a+ b+ 1 \right )\left ( b+ c+ 1 \right )\left ( c+ a+ 1 \right )} = \frac{2a+ 2b+ 2c- \left ( \frac{a}{b}+ \frac{a}{c}+ \frac{b}{c}+ \frac{b}{a}+ \frac{c}{a}+ \frac{c}{b} \right )}{\left ( a+ b+ 1 \right )\left ( b+ c+ 1 \right )\left ( c+ a+ 1 \right )}\leq 0 \Rightarrow \frac{1}{a+ b+ 1}+ \frac{1}{b+ c+ 1}+ \frac{1}{c+ a +1}\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 03-01-2018 - 13:55

[DOTOANNANG]

Dùng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có:

$\left ( a+ b+ 1 \right )\left ( 1+ 1+ c \right )\geq \left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c} \right )^{2}$, do đó:

$\frac{1}{a+ b+ 1}\leq \frac{c+ 2}{\left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c} \right )^{2}}$. Như vậy:

$\sum \frac{1}{a+ b+ 1}\leq \sum \frac{c+ 2}{\left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c}\right )^{2}}= \frac{a+ b+ c+ 6}{\left ( \sqrt{a}+ \sqrt{b}+ \sqrt{c} \right )^{2}}\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 03-01-2018 - 17:25

[DOTOANNANG]

BĐT trên thực sự chỉ là trường hợp riêng của một BĐT tổng quát:

Cho số nguyên $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}$ thỏa $\coprod_{i= 1}^{n} a_{i}$.

Khi đó:

$\frac{1}{1+ a_{1}+ ...+ a_{n- 1}}+ ...+ \frac{1}{1+ a_{2}+ ...+ a_{n}}\leq 1$

[DOTOANNANG]

Ví dụ:

Cho 4 số dương a, b, c, d.Chứng minh:

$\frac{1}{1+ a+ b+ c}+ \frac{1}{1+ b+ c +d}+ \frac{1}{1+ c+ d+ a}+ \frac{1}{1+ d+ a +b}\leq 1$ với abcd= 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 03-01-2018 - 14:26