Một bài bđt không đẹp - cần giúp

[-life-]

C/m với a,b,c thực dương
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)} \geq \frac{3}{abc+1} $umb:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[DCsonlinh_DHV]

Nguyên văn bởi -life-

C/m với a,b,c thực dương
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)} \geq \frac{3}{abc+1} $umb:

bất đẳng thức này dấu bằng xảy ra khi nào nhỉumb: $a=b=c= \pm 1 $ ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Thế này mà ko đẹp à
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namdung]

Bài này dùng phân tích sau:

$\frac{abc+1}{a(1+b)} = \frac{1+a}{a(1+b)} + \frac{b(1+c)}{1+b} - 1 $
và các phân tích tương tự, sau đó dùng AM-GM.

Tôi post lại đây trích dẫn lấy từ Mathlinks (hình như từ năm 2005).

This is a famous and well known inequality which appeared in many mathematical journals.The official solution of the proposer was based on calculus. The nicest proof was found by a sixteen student who was praised for it by the proposer. This proof is a "mathematical gem" for its simplicity.

THE PROOF:
Rewrite
(1+abc)/a(1+b)=(1+a)/a(1+b) +b(1+c)/(1+b) -1
(1+abc)/b(1+c)=(1+b)/b(1+c) +c(1+a)/(1+c) -1
(1+abc)/c(1+a)=(1+c)/c(1+a) +a(1+b)/(1+a) -1
Remembering that t + 1/t ≥ 2 we obtain
(1+abc)/a(1+b)+(1+abc)/b(1+c) + (1+abc)/c(1+a) ≥ 2+2+2-3 =3.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[-life-]

các bạn phân tích hay thật
mình dùng trung gian toàn ngược dấu mà thấy kì kì về cái chỗ dấu = xảy ra nên chán.
cám ơn nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi -life-

C/m với a,b,c thực dương
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)} \geq \frac{3}{abc+1} $umb:

Mình là new member, có gì tệ quá mấy bác bỏ qua cho. Bài này chúng ta có nhiều cách giải, một trong các cách giải mà mình nghĩ là mới là cách sau:
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx), $ ta thấy rằng chỉ cần chứng minh rằng
$\frac{1}{ab(b+1)(c+1)}+\frac{1}{bc(c+1)(a+1)}+\fra c{1}{ca (a+1)(b+1)} \ge \frac{3}{(abc+1)^2} $
tương đương
$(a+b+c+ab+bc+ca)(abc+1)^2 \ge 3abc(a+1)(b+1)(c+1) $
tức là
$(a+b+c+ab+bc+ca)(a^2b^2c^2-abc+1) \ge 3abc(abc+1) $
Đến đây, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta thấy $a+b+c+ab+bc+ca \ge 6\sqrt{abc} \ge \frac{12abc}{abc+1} $ nên ta chỉ cần chứng minh được
$\frac{12abc}{abc+1} (a^2b^2c^2-abc+1) \ge 3abc(abc+1) $
hay là
$4(a^2b^2c^2-abc+1) \ge (abc+1)^2 $
Cái này là AM-GM. :hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vipCD]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Mình là new member, có gì tệ quá mấy bác bỏ qua cho. Bài này chúng ta có nhiều cách giải, một trong các cách giải mà mình nghĩ là mới là cách sau:
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx), $ ta thấy rằng chỉ cần chứng minh rằng
$\frac{1}{ab(b+1)(c+1)}+\frac{1}{bc(c+1)(a+1)}+\fra c{ 1 } { c a ( a + 1 ) ( b + 1 ) } \ge \frac{3}{(abc+1)^2} $
tương đương
$(a+b+c+ab+bc+ca)(abc+1)^2 \ge 3abc(a+1)(b+1)(c+1) $
tức là
$(a+b+c+ab+bc+ca)(a^2b^2c^2-abc+1) \ge 3abc(abc+1) $
Đến đây, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta thấy $a+b+c+ab+bc+ca \ge 6\sqrt{abc} \ge \frac{12abc}{abc+1} $ nên ta chỉ cần chứng minh được
$\frac{12abc}{abc+1} (a^2b^2c^2-abc+1) \ge 3abc(abc+1) $
hay là
$4(a^2b^2c^2-abc+1) \ge (abc+1)^2 $
Cái này là AM-GM. :hornytoro:

Chào mừng anh Cẩn đến với MS
Anh giải đúng hic, :pflaster:, hi vọng anh sẽ post nhiều bài hay! Cám ơn anh
Ps: anh gõ sao mà cái chỗ kia sữa mãi chả được!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dduclam]

Sử dụng $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) $ ta cũng chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là:
$\frac1{a(b+1)}+\frac1{b(c+1)}+\frac1{c(a+1)} $$\ge \frac{3}{(1+\sqrt[3]{abc}).\sqrt[3]{abc}} $

Ps. LATEX của diễn đàn đang bị lỗi hay sao ấy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi dduclam

Sử dụng $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) $ ta cũng chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là:
$\frac1{a(b+1)}+\frac1{b(c+1)}+\frac1{c(a+1)}\ge\fr ac{3}{(1+\sqrt[3]{abc}).\sqrt[3]{abc}} $

Cái này là do $a+b+c+ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $ và hàm $f(x)=\frac{x}{x+a} $ là hàm đồng biến với mọi $a>0 $ :hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dung_toan78]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Cái này là do $a+b+c+ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $ và hàm $f(x)=\frac{x}{x+a} $ là hàm đồng biến với mọi $a>0 $ :hornytoro:

Định mỗi năm thay một nick hả CẨN!:hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Hihi, em cũng định thế anh ạ. reamer: Có điều hơi muộn tí, năm 2009 thì lập 2008, năm 2010 thì lập 2009 :kiss:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi -life-

C/m với a,b,c thực dương
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)} \geq \frac{3}{abc+1} $umb:

Anh Gemath đã có một lời giải bằng hình học rất hay cho bài này. Mọi người xem ở đây nhé: [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]