Inequaliy 15

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có:

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

Lời giải

Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành:

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

Ta chú ý:

$$\begin{array}{rl}\frac{1+abc}{a(1+b)}& =\frac{1+abc+a(1+b)}{a(1+b)}-1\\ & =\frac{(1+a)+ab(1+c)}{a(1+b)}-1\\ & =\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}-1\end{array}$$

 Bất đẳng thức trên tương đương với:

$\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}-1+\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}-1+\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{a(1+b)}{1+a}-1$$\ge 3$

 hay $\left[\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{1+a}\right]+\left[\frac{b(1+c)}{1+b}+\frac{1+b}{b(1+c)}\right]+\left[\frac{c(1+a)}{1+c}+\frac{1+c}{c(1+a)}\right]$$\ge 6$

Bất đẳng thức cuối đúng theo $AM-GM$.

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1■$.