Áp dụng bđt Cô-si :
+) \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
+) \(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Cộng theo vế của 2 bất đẳng thức trên ta được :
\(\frac{1}{1+a}+\frac{a}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{b}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{c}{1+c}\ge3\cdot\frac{\sqrt[3]{abc}+1}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\ge3\cdot\frac{\sqrt[3]{abc}+1}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Leftrightarrow3\ge3\cdot\frac{\sqrt[3]{abc}+1}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\Leftrightarrow1\ge\frac{\sqrt[3]{abc}+1}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\sqrt[3]{abc}+1\)( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Trần Thanh Phương có một cách còn đơn giản hơn là :
ta thấy
\(\left\{{}\begin{matrix}a< a+1\\b< b+1\\c< c+1\end{matrix}\right.\)
=> \(\sqrt[3]{abc}< \sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
=> \(1+\sqrt[3]{abc}< \sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
(\(\le\)??) :v
Em có cách này nhưng ko chắc lắm vì mới học thôi.
Do BĐT trên là thuần nhất (thật ra em thường hay hiểu là đồng bậc hơn) nên ta chuẩn hóa abc = 1. Ta cần chứng minh:
\(\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge8\) (Lập phương hai vế)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c+abc+1\ge8\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\ge6\)
Nhưng BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT AM-GM(Cô si) cho 6 số: \(VT\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^3}=6\)
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi ab = bc = ca = a = b = c
Hay a = b = c = 1 Tức trong trường hợp tổng quát thì a = b = c
