Xin ngoại lệ ạ ( Ko liên quan đến câu hỏi)

Áp dụng BĐT \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) ta có:

\(\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{a+b+2c}\ge\dfrac{4}{2a+4b+2c}=\dfrac{2}{a+2b+c}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{2a+b+c}\ge\dfrac{2}{a+b+2c};\dfrac{1}{c+3a}+\dfrac{1}{a+2b+c}\ge\dfrac{2}{2a+b+c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT=\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}+\dfrac{1}{a+3b}\)

\(\ge\dfrac{1}{a+b+2c}+\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}=VP\)

Theo BĐT Bunyakovsky, ta có: \(\frac{7}{2a+b+c}=\frac{7^2}{7\left(2a+b+c\right)}=\frac{\left(2+1+4\right)^2}{2\left(a+3b\right)+\left(b+3c\right)+4\left(c+3a\right)}\)

\(\le\frac{2^2}{2\left(a+3b\right)}+\frac{1^2}{\left(b+3c\right)}+\frac{4^2}{4\left(c+3a\right)}\)

\(=\frac{2}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{4}{c+3a}\)(1)

Hoàn toàn tương tự: \(\frac{7}{2b+c+a}\le\frac{2}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}+\frac{4}{a+3b}\)(2); \(\frac{7}{2c+a+b}\le\frac{2}{c+3a}+\frac{1}{a+3b}+\frac{4}{b+3c}\)(3)

Cộng theo từng vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được:

\(7\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}\right)\le7\left(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\right)\)

hay \(\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\ge\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{b+2c+a}+\frac{1}{c+2a+b}\left(q.e.d\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Áp dụng bđt 1/a+1/b >= 4/a+b

Xét 1/a+3b + 1/b+2c+a >= 4/2a+4b+2c = 2/a+2b+c

Tương tự : 1/b+3c + 1/c+2a+b >= 4/2a+2b+4c = 2/a+b+2c

1/c+3a + 1/a+2b+c >= 4/4a+2b+2c = 2/2a+b+c

=> VT + VP >= 2VP

=> VT >= VP ( ĐPCM)

k mk nha

Chuyển vế và quy đồng, nó tương đương:

sigma(((754*a + 17*c)*(a + b - 2*c)^4)/1053 + ((416*a^2*b + 367*c^3)*(a - b)^2)/13 + (64*a^2*c*(a + b - 2*c)^2)/3 + (49*c*(a + b - c)^2*(a + b - 2*c)^2)/39) >=0

\(\Sigma\frac{\left(754a+17c\right)\left(a+b-2c\right)^4}{1053}+\Sigma\frac{\left(416a^2b+367c^3\right)\left(a-b\right)^2}{13}+\Sigma\frac{64a^2c\left(a+b-2c\right)^2}{3}+\Sigma\frac{49c\left(a+b-c\right)^2\left(a+b-2c\right)^2}{39}\ge0\)

PS: Dò lại xem giữa cái đoạn công thức toán và đoạn text của mình có lỗi gì không nhé. Đoạn text chắc chắn đúng rồi nhưng đoạn thức toán mình đánh có thể có sai sót.

Áp dụng bđt Cauchy-schwarz dạng engel ta có:

1. \(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+2b\right)+\left(b+2c\right)+\left(c+2a\right)}=\frac{a+b+c}{3}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow\frac{a}{a+2b}=\frac{b}{b+2c}=\frac{c}{c+2a}\Leftrightarrow a=b=c\)

2. \(\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(2a+3b\right)+\left(2b+3c\right)+\left(2c+3a\right)}=\frac{a+b+c}{5}\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Ta CM BĐT phụ sau: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}},a+b\ge2\sqrt{ab}\)( co si với a,b>0)

Suy ra \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(a+b\right)\ge4\RightarrowĐPCM\)\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(1\right)\)

a/Áp dụng (1) có

\(\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\left(2\right)\).Tương tự ta cũng có:

\(\frac{1}{b+c+2a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\left(3\right),\frac{1}{c+a+2b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)\left(4\right)\)

Cộng (2),(3) và (4) có \(VT\le\frac{1}{4}.\left(6+6\right)=3\left(ĐPCM\right)\)

b/Áp dụng (1) có:

\(\frac{1}{3a+3b+2c}=\frac{1}{\left(a+b+2c\right)+2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}\right)\left(5\right)\)

Tương tự có: \(\frac{1}{3a+2b+3c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c+2b}+\frac{1}{2\left(a+c\right)}\right)\left(6\right)\)

\(\frac{1}{2a+3b+3c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2\left(b+c\right)}\right)\left(7\right)\)

Cộng (5),(6) và (7) có:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{a+c+2b}+\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\right)\le\frac{1}{4}.9=\frac{3}{2}\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{b+c+c+a+c+a}=\frac{9}{3c+2a+b}\)

\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{a+c+a+b+a+b}=\frac{9}{3a+2b+c}\)

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{9}{a+b+b+c+b+c}=\frac{9}{3b+2c+a}\)

Cộng theo vế rồi rút gọn ta thu được

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\geq 3\left(\frac{1}{3a+2b+c}+\frac{1}{3b+2c+a}+\frac{1}{3c+2a+b}\right)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

@Ace Legona bác giúp em với

Lời giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}+\frac{ac}{\sqrt{5abc(3b+2c)}}+\frac{ab}{\sqrt{5abc(3c+2a)}}\geq \frac{3}{5}(*)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(5abc(3a+2b)=5ab.(3ac+2bc)\leq \left(\frac{5ab+3ac+2bc}{2}\right)^2\)

\(\Rightarrow \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \frac{2bc}{5ab+3ac+2bc}=\frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, cộng theo vế ta suy ra:

\(\sum \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}(1)\)

Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz và AM-GM:

\(\sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\geq 2.\frac{(bc+ab+ac)^2}{2[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)}\)

\(=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+2abc(a+b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+\frac{2}{3}(ab+bc+ac)^2}=\frac{3}{5}(2)\)

Từ $(1);(2)$ suy ra $(*)$ đúng. BĐT được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$