Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=3a+b+c\\y=3b+a+c\\z=3c+a+b\end{cases}\left(x;y;z>0\right)}\)
\(\Rightarrow x+y+z=5a+5b+5c=5\left(a+b+c\right)\)
Lại có: \(a+b+c=x-2a=y-2b=z-2c\)
\(\Rightarrow x+y+z=5\left(x-2a\right)=5\left(y-2b\right)=5\left(z-2c\right)\)
\(\Rightarrow4x-\left(y+z\right)=4\left(3a+b+c\right)-\left(4b+4c+2a\right)=10a\)
Tương tự ta có:\(4y-\left(x+z\right)=10b;4z-\left(x+y\right)=10c\)
\(\Rightarrow10T=\frac{4x-\left(y+z\right)}{x}+\frac{4y-\left(x+z\right)}{y}+\frac{4z-\left(x+y\right)}{z}\)
\(=12-\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\)
\(=12-\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)\)\(\le12-6=6\)(Bđt Cô si)
\(\Rightarrow10T\le6\Rightarrow T\le\frac{6}{10}=\frac{3}{5}\)(Đpcm)
Dấu = khi a=b=c
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 $a=b=c$
Đặt \(a=x+y;b=y+z;c=z+x\)
Thì bài toán trở thành \(\frac{x+y}{2\left(2x+y\right)}+\frac{y+z}{2\left(2y+z\right)}+\frac{z+x}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)
\(< =>3-\frac{x}{2\left(2x+y\right)}-\frac{y}{2\left(2y+z\right)}-\frac{z}{2\left(2z+x\right)}\ge1\)
\(< =>\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}+\frac{z}{2z+x}\le1\)
\(< =>\frac{2x}{2x+y}+\frac{2y}{2y+z}+\frac{2z}{2z+x}\le2\)
\(< =>3-\frac{y}{2x+y}-\frac{z}{2y+z}-\frac{x}{2z+x}\le2\)
\(< =>\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\ge1\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu thức ta có :
\(\frac{y}{2x+y}+\frac{z}{2y+z}+\frac{x}{2z+x}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)+x^2+y^2+z^2}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)hay \(a=b=c\)
Vậy bài toán đã được chứng minh xong
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
Ad BĐT Cauchy cho 6 số:
\(\frac{a^3b}{c}+\frac{a^3c}{b}+\frac{b^3c}{a}+\frac{b^3a}{c}+\frac{c^3a}{b}+\frac{c^3b}{a}\ge6\sqrt[6]{\frac{a^8b^8c^8}{a^2b^2c^2}}=6abc\)
Dấu = xr khi a=b=c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho VT ta được :
\(VT\ge6\sqrt[6]{\frac{a^3b}{c}\cdot\frac{a^3c}{b}\cdot\frac{b^3c}{a}\cdot\frac{b^3a}{c}\cdot\frac{c^3a}{b}\cdot\frac{c^3b}{a}}=6\sqrt[6]{\frac{a^8b^8c^8}{a^2b^2c^2}}=6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6abc=VP\)
=> đpcm
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
\(\)