Keke

\(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge\frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}\)  \(\left(i\right)\)

Đặt  \(x=\frac{1}{a};\)  \(y=\frac{2}{b};\)  và  \(z=\frac{3}{c}\)  \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{x}\\b=\frac{2}{b}\\c=\frac{3}{z}\end{cases}}\)  nên   \(x,y,z>0\)

Khi đó, ta có thể biểu diễn lại bđt  \(\left(i\right)\) dưới dạng ba biến  \(x,y,z\)  như sau:

\(x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3xz}{2z+x}\) \(\left(ii\right)\)

Lúc này, ta cần phải chứng minh bđt  \(\left(ii\right)\)  luôn đúng với mọi  \(x,y,z>0\)

Thật vậy, ta có:

\(2x+y=x+x+y\ge3\sqrt[3]{x^2y}\)

\(\Rightarrow\) \(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3xy}{3\left(x^2y\right)^{\frac{1}{3}}}=\left(xy^2\right)^{\frac{1}{3}}\le\frac{x+2y}{3}\)  \(\left(1\right)\)

Thiết lập các bđt còn lại theo vòng hoán vị  \(y\rightarrow z\rightarrow x\) , ta có:

\(\frac{3yz}{2y+z}\le\frac{y+2z}{3}\) \(\left(2\right);\)  \(\frac{3xz}{2z+x}\le\frac{z+2x}{3}\) \(\left(3\right)\)

Cộng từng vế ba bđt   \(\left(1\right);\)  \(\left(2\right);\)  và   \(\left(3\right)\) ta được:

\(VP\left(ii\right)\le\frac{x+2y+y+2z+z+2x}{3}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{3}=x+y+z=VT\left(ii\right)\)

Vậy, bđt  \(\left(ii\right)\)  được chứng minh.

nên kéo theo  bđt  \(\left(i\right)\)  luôn là bđt đúng với  mọi  \(a,b,c>0\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=z\) \(\Leftrightarrow\)  \(6a=3b=2c\)

bạn làm giống mình đó

Mình sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương nhé :)

\(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2\ge a\left(b+c+d+e\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{4}-ab+b^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ac+c^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ad+d^2\right)+\left(\frac{a^2}{4}-ae+e^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2}-b\right)^2+\left(\frac{a}{2}-c\right)^2+\left(\frac{a}{2}-d\right)^2+\left(\frac{a}{2}-e\right)^2\ge0\)(luôn đúng)

Vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT ban đầu được chứng minh.

Ta có: \(2\left(a^4+b^4\right)-\left(ab^3+a^3b+2a^2b^2\right)\)

\(=\left(a^2-b^2\right)^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)

Ta có đpcm