Chủ đề này có 3 trả lời

[haitaczizi]

Cho a,b,c>0.CMR:

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

[SPhuThuyS]

Cho a,b,c>0.CMR:

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

$(1)\Leftrightarrow \frac{1+abc}{a(b+1)}+\frac{1+abc}{b(c+1)}+\frac{1+abc}{c(a+1)}\geqslant 3$

$\frac{1+abc}{a(b+1)}= \frac{1+a+ab+abc}{a(b+1)}-1=\frac{(a+1)}{a(b+1)}+\frac{ab(c+1)}{a(b+1)}-1$

Dùng bđt AM-GM(Cô-si) cho 6 số ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SPhuThuyS: 23-11-2013 - 19:51

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 11-04-2021 - 08:28

[KietLW9]

Or:

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