\(N=\Sigma\frac{3}{b+c}+\Sigma\frac{a^2}{b+c}\ge\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\left(Svac\right)\)

                                                   \(=\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{3}{2}\)

Để C/m \(N\ge6\)thì \(\Sigma\frac{3}{3-a}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng Svac \(\frac{3}{3-a}+\frac{3}{3-b}+\frac{3}{3-c}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{3}\right)^2}{3+3+3-\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Dấu bằng tại a=b=c=1

Ủa bạn nào nứng loz tk sai ghê vậy ? =)) óc loz ak ?

Em màu mè tí nhé,vừa sos vừa cô si:P

\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma_{sym}\left(\frac{a^2+1+2}{3-a}-2\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\ge0\) (em làm tắt chút nhé)

Thật vậy ta có: \(VT\ge\Sigma_{sym}\left(\frac{2\left(a+1\right)}{3-a}-\frac{2\left(3-a\right)}{3-a}\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)

\(=\Sigma_{sym}\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)\(=\Sigma_{sym}\left[\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-2\left(a-1\right)\right]\)

\(=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2}{3-a}-1\right)=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2-3+a}{3-a}\right)\)

\(=\Sigma_{sym}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}=\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}+\frac{2\left(b-1\right)^2}{3-b}+\frac{2\left(c-1\right)^2}{3-c}\ge0\) (luôn đúng)

Do đó ta có Q.E.D

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =1

Mà đúng không ta :3

Ap dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel nhé bạn

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

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}+\frac{9}{2}=6\) ( Cauchy-Schwarz dạng Engel ) 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)

~ Đấng Ed :) ~ 

Ta có \(\frac{b+c+6}{1+a}=\frac{11-a}{1+a}=-1+\frac{12}{1+a}\)

\(\frac{c+a+4}{2+b}=-1+\frac{12}{2+b}\)

\(\frac{a+b+3}{3+c}=-1+\frac{12}{3+c}\)

Mà \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{3+c}\ge\)

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

Từ đó => VT \(\ge\)-3 + \(12\frac{3}{4}\)= 6

Đặt x=a+1; y=b+2; z=3+c (x;y;z>0)

\(VT=\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\)

\(=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\)

\(\ge2\sqrt{\frac{y}{x}\cdot\frac{x}{y}}+2\sqrt{\frac{z}{x}\cdot\frac{x}{z}}+2\sqrt{\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{y}}=6\)

Dấu "=" xảy ra <=> a=3; b=2; c=1

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

\(N\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+3.\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{6}+\frac{27}{6}=6\)

Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)

1) \(21x^2+21y^2+z^2\)

\(=18\left(x^2+y^2\right)+z^2+3\left(x^2+y^2\right)\)

\(\ge9\left(x+y\right)^2+z^2+3.2xy\)

\(\ge2.3\left(x+y\right).z+6xy\)

\(=6\left(xy+yz+zx\right)=6.13=78\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y ; 3(x+y) = z; xy + yz + zx= 13 <=> x = y = 1; z= 6

2) \(x+y+z=3xyz\)

<=> \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=3\)

Đặt: \(\frac{1}{x}=a;\frac{1}{y}=b;\frac{1}{z}=c\)=> ab + bc + ca = 3

Ta cần chứng minh: \(3a^2+b^2+3c^2\ge6\)

Ta có: \(3a^2+b^2+3c^2=\left(a^2+c^2\right)+2\left(a^2+c^2\right)+b^2\)

\(\ge2ac+\left(a+c\right)^2+b^2\ge2ac+2\left(a+c\right).b=2\left(ac+ab+bc\right)=6\)

Vậy: \(\frac{3}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{3}{z^2}\ge6\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = c = \(\sqrt{\frac{3}{5}}\); \(b=2\sqrt{\frac{3}{5}}\)

khi đó: \(x=z=\sqrt{\frac{5}{3}};y=\sqrt{\frac{5}{3}}\)

Xem câu hỏi

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....

.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có.

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

\(\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=6^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b =c = 1

Ta có đánh giá \(\frac{3+a^2}{3-a}\ge2a\) \(\forall a:0< a< 3\)

Thật vật, biến đổi tương đương: \(\Leftrightarrow3+a^2\ge2a\left(3-a\right)\Leftrightarrow3\left(a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Tương tự: \(\frac{3+b^2}{3-b}\ge2b\) ; \(\frac{3+c^2}{3-c}\ge2c\)

Cộng vế với vế: \(N\ge2\left(a+b+c\right)=6\)

\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Ta có:

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

Tương tự,ta có:

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

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

Cộng vế theo vế của các đẳng thức,ta có:

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

Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz và BĐT Nesbitt,ta có:

\(N\ge3+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{3}{2}\)

\(=6\left(đpcm\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)