Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\le 2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 04-01-2019 - 05:55
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\le 2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 04-01-2019 - 05:55
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\le 2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
Ta có: $\frac{1+a}{1-a}=\frac{(a+b+c+a)}{(a+b+c)-a}=\frac{2a}{b+c}+1$.
Vì vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương: $\sum \frac{2a}{b}-\frac{2a}{b+c}\ge 3\iff \sum \frac{ac}{b(b+c)}\ge \frac{3}{2}$.
Thật vậy: Ta có $\sum \frac{ac}{b(b+c)}=\sum \frac{a^2c^2}{abc(b+c)}\ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc[2(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ca)^2}{2abc}\ge \frac{3}{2}(1)$.
Ta có $(1)$ luôn đúng vì $(ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)\iff \sum (ab-bc)^2\ge 0$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta có: $\frac{1+a}{1-a}=\frac{(a+b+c+a)}{(a+b+c)-a}=\frac{2a}{b+c}+1$.
Vì vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương: $\sum \frac{2a}{b}-\frac{2a}{b+c}\ge 3\iff \sum \frac{ac}{b(b+c)}\ge \frac{3}{2}$.
Thật vậy: Ta có $\sum \frac{ac}{b(b+c)}=\sum \frac{a^2c^2}{abc(b+c)}\ge \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc[2(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ca)^2}{2abc}\ge \frac{3}{2}(1)$.
Ta có $(1)$ luôn đúng vì $(ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)\iff \sum (ab-bc)^2\ge 0$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
cảm ơn anh
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh