Bất đẳng thức trong các đề thi vào 10

Dễ chứng minh được rằng nếu \(x,y,z\) là ba số dương thì   \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\).

Từ đó

     \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{9}{a+2b}\) 

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhacopxki  và giả thiết \(a^2+2b^2\le3c^2\) ta có :

                           \(\left(a+2b\right)^2=\left(1.a+\sqrt{2}.\sqrt{2}b\right)^2\le\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)\le9c^2\)

 \(\Rightarrow0< a+2b\le3c\)\(\Rightarrow\dfrac{9}{a+2b}\ge\dfrac{9}{3c}=\dfrac{3}{c}\)

Từ đó  \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\ge\frac{3}{c}\).

Từ giả thiết suy ra  \(x-y>0\), do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

    \(\frac{x^2+y^2}{x-y}\ge2\sqrt{2}\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2\sqrt{2}\left(x-y\right)\)

                                                                     \(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+2xy-2\sqrt{2}\left(x-y\right)\ge0\)

                                                                        \(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+2-2\sqrt{2}\left(x-y\right)\ge0\)  (do giả thiết \(xy=1\))

                                                                        \(\Leftrightarrow\left(x-y-\sqrt{2}\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức sau cùng đúng, suy ra đpcm

- Từ giả thiết \(0\le a,b,c\le1\) suy ra \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Rightarrow ab\ge a+b-1\)    (1)

- Mặt khác do giả thiết   \(0\le a,b,c\le1\)và  \(a+b+c\ge2\) nên  

      \(a+b-1=\left(a+b+c\right)-\left(c+1\right)\ge0\)    (2)

Từ (1) và (2) suy ra      \(ab\ge a+b-1\ge0\), do đó

      \(ab\left(a+1\right)=ab.a+ab\ge\left(a+b-1\right)a+ab\)

    \(\Rightarrow ab\left(a+1\right)\ge a^2+2ab-a\)

- Tương tự   

 \(bc\left(b+1\right)\ge b^2+2bc-b\)  và    \(ca\left(c+1\right)\ge c^2+2ca-c\).

- Từ đó       

  \(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge\)\(\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)\)

     \(=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)   (3)

- Mà theo giả thiết  \(a+b+c\ge2\) nên  \(a+b+c-1\ge1\), suy ra  

       \(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\ge2.1=2\)   (4)

Từ (3) và (4) suy ra     \(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge2\).

- Vì \(x,y>0\) và ​ \(x+y\ge3\) nên

    \(2\left(x+y+\frac{1}{2x}+\frac{2}{y}\right)=\left(x+y\right)+\left(x-2+\frac{1}{x}\right)+\left(y-4+\frac{4}{y}\right)+6\)​

                                                  \(=\left(x+y\right)+\left(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\frac{2}{\sqrt{y}}\right)^2+6\ge9\)​

Từ đó    \(x+y+\frac{1}{2x}+\frac{2}{y}\ge6\).

- Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\\\sqrt{y}=\dfrac{2}{\sqrt{y}}\\x+y=3\end{matrix}\right.\)  tức là   \(x=1;y=2\).

- Ta có  

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

                                                                        \(\ge5+\frac{x^2+y^2}{z^2}+z^2\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\)

                                                                        \(=5+\left(\frac{x^2}{z^2}+\frac{z^2}{16x^2}\right)+\left(\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{16y^2}\right)+\frac{15z^2}{16}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\)

                                                                       \(\ge5+2.\frac{1}{4}+2.\frac{1}{4}+\frac{15z^2}{16}.\frac{2}{xy}\) (áp dụng Cô si ba lần)

  \(\ge6+\frac{15z^2}{16}.\frac{2}{\left(\frac{x+y}{2}\right)^2}\)  (áp dụng Cô si)

   \(=6+\frac{15}{2}\left(\frac{z}{x+y}\right)^2\)

   \(\ge6+\frac{15}{2}.1^2\)      ( do giả thiết \(x+y\le z;x,y>0\) )     

Do đó     \(\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)\ge\frac{27}{2}\).             

- Theo Cô si có   \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge a\Rightarrow\frac{a^2}{a+b}\ge a-\frac{a+b}{4}\);

Tương tự,   \(\frac{b^2}{b+c}\ge b-\frac{b+c}{4}\)  và    \(\frac{c^2}{c+a}\ge c-\frac{c+a}{4}\).

- Cộng theo vế ba bất đẳng thức nhận được ta có  

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

Suy ra đpcm.

- Kí hiệu \(P\)là vế trái bất đẳng thức cần chứng minh, ta thấy 

       \(P=\sqrt{xy+2x+2y+4}+\sqrt{\left(2x+2\right)y}\)  

           \(=\sqrt{3}.\sqrt{\frac{xy+2x+2y+4}{3}}+\sqrt{2}.\sqrt{\left(x+1\right)y}\)

- Do đó, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

    \(P^2\le\left(3+2\right)\left(\frac{xy+2x+2y+4}{3}+\left(x+1\right)y\right)\)

         \(=5\left(\frac{4xy+2x+5y+4}{3}\right)\)

         \(=\frac{5}{3}.\left(2x+3y+4+4xy+2y\right)\)

        \(=\frac{5}{3}\left(9+4xy+2y\right)\) (do giả thiết \(2x+3y=5\))

- Do đó. đpcm \(\Leftrightarrow P^2\le25\Leftrightarrow4xy+2y\le6\Leftrightarrow y\left(2x+1\right)\le3\) (*)

- Để chứng minh (*) , chú ý giả thiết  \(2x+3y=5\Leftrightarrow\left(2x+1\right)+3y=6\) nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được                                                    \(6=\left(2x+1\right)+3y\ge2\sqrt{\left(2x+1\right)3y}\)

                                                                                 \(\Leftrightarrow3\ge\sqrt{\left(2x+1\right)3y}\)

                                                                                  \(\Leftrightarrow3\ge\left(2x+1\right)y\)    (*)

(đpcm)

- Từ giả thiết suy ra    \(a-1,b-1,c-1>0\). Từ đó áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki - Svac

     \(\frac{x^2}{\alpha}+\frac{y^2}{\beta}+\frac{z^2}{\gamma}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)  ( với \(x,y,z\) tùy ý; \(\alpha,\beta,\gamma>0\))

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

- Bài toán quy về chứng minh                                   \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}\ge12\)  (*)

Đặt   \(u=a+b+c-3\) thì giả thiết \(a,b.c>1\)suy ra  \(u>0\) và

               \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c-3}=\frac{\left(u+3\right)^2}{u}=\frac{u^2+6u+9}{u}=6+\left(u+\frac{9}{u}\right)\ge6+2.3\)

suy ra (*), (đpcm)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki Svac      \(\frac{x^2}{\alpha}+\frac{y^2}{\beta}+\frac{z^2}{\gamma}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\) đúng với mọi \(x,y,z\) và với mọi 

\(\alpha,\beta,\gamma>0\), ta có 

       \(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{\left(a^3\right)^2}{abc}+\frac{\left(b^3\right)^2}{abc}+\frac{\left(c^3\right)^2}{abc}\)

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

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

        \(\ge a^3+b^3+c^3\)    (do  \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)

- Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

              \(\left(x.\frac{1}{2}+x.\frac{1}{2}+y.\frac{1}{2}+y.\frac{1}{2}+x.\sqrt{1-x^2}+y.\sqrt{1-x^2}\right)^2\le\)

                 \(\left(x^2+x^2+y^2+y^2+x^2+y^2\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+1-x^2+1-y^2\right)\)

tức là         \(\left(x+y+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\right)^2\le\left(3x^2+3y^2\right)\left(3-x^2-y^2\right)\)

Suy ra          \(x+y+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\le\sqrt{3}.\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\left(3-x^2-y^2\right)}\)

                                                                                               \(\le\sqrt{3}.\frac{\left(x^2+y^2\right)+\left(3-x^2-y^2\right)}{2}\)

 hay        \(x+y+x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}\le\frac{3\sqrt{3}}{2}\)  (đpcm)

Viết lại điều kiện đã cho dưới dạng

        \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)

Áp dụng bất đẳng thức hiển nhiên      \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\)  ta có

 \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)     (1)

Lại áp dụng     \(x\le\frac{x^2+1}{2}\), ta có     \(\frac{1}{a}\le\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{a^2}\right)\), do đó

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

Cộng theo vế (1), (2) và chú ý đến điều kiện ta được

   \(6\le\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+\frac{3}{2}\)

Suy ra   \(3\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)    (đpcm)

- Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky Svac: Với \(a,b\)tùy ý và \(\alpha,\beta>0\) luôn có

                 \(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{\alpha+\beta}\)

(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi      \(\frac{a}{\alpha}=\frac{b}{\beta}\))   ta có

                                              \(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{27}{\sqrt{3y}}=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{81}{3\sqrt{3y}}\ge\frac{\left(1+9\right)^2}{\sqrt{x}+3\sqrt{3y}}\)

hay       \(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{27}{\sqrt{3y}}\ge\frac{100}{\sqrt{x}+3\sqrt{3y}}\)     (1)

- Mặt khác  sử dụng điều kiện \(x+3y\le10\) và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

                                             \(\left(\sqrt{x}+3\sqrt{3}y\right)^2\le\left(1+9\right)\left(x+3x\right)\le100\)

suy ra      \(\sqrt{x}+3\sqrt{3}y\le10\)  (2)

- Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

- (1) xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi        \(\frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{9}{3\sqrt{3y}}\Leftrightarrow\sqrt{3y}=3\sqrt{x}\Leftrightarrow y=3x\)

(2) xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{x}}{1}=\dfrac{\sqrt{3y}}{3}\\x+3y=10\end{matrix}\right.\)   \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=3\end{matrix}\right.\) 

Vậy trong bất đẳng thức cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=1,y=3\) .

- Do  \(a,b>0\) nên ta có                   

                                                         \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)

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

 \(\ge\left(a+b\right)ab\)

do đó    \(\frac{a^3+b^3}{2ab}\ge\frac{a+b}{2}\)

Từ đó    \(\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\ge\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}\)

hay   \(\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\ge a+b+c\)  (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(a=b=c\).

1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hiển nhiên sau đây     \(2\left(a-b\right)^2\ge0\)

2) Từ bất đẳng thức đã chứng minh trong 1) suy ra    

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

      \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{b+2a}{ab}\)

        \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}\ge\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{bc+2ca}{abc}\)

Do đó                    \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ca}\ge\frac{1}{\sqrt{3}}.\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{abc}\)

                             \(\frac{\sqrt{b^2+2a^2}}{ab}+\frac{\sqrt{c^2+2b^2}}{bc}+\frac{\sqrt{a^2+2c^2}}{ca}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)  (1)

- Để ước lượng vế phải của (1), để ý đến giả thiết bài toán, ta sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki Svac

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

Do đó                   \(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge4.\frac{1}{2}\)

Suy ra     \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge1\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm     

- Viết lại vế trái bất đẳng thức cần chứng minh thành

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

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki Svac        \(\frac{a^2}{\alpha}+\frac{b^2}{\beta}+\frac{c^2}{\gamma}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\alpha+\beta+\gamma}\)      (điều kiện \(\alpha,\beta,\gamma>0\)) ta có

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

          hay         \(3\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\)  (1)

 và                   \(\left(\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+b+c+c+a}\)

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

Cộng theo vế (1) và (2) suy ra đpcm.

- Ta có    \(\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n+1}}{n-\left(n+1\right)}\), do đó

          \(A=\frac{\sqrt{1}-\sqrt{2}+\sqrt{2}-\sqrt{3}+...+\sqrt{120}-\sqrt{121}}{-1}=\frac{1-11}{-1}=10\)

- Mặt khác 

            \(B=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{35}}\)

               \(=\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{2}}+...+\frac{2}{\sqrt{35}+\sqrt{35}}\)

                  \(>\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+...+\frac{2}{\sqrt{35}+\sqrt{36}}\)

                   \(=2\left(\frac{\sqrt{1}-\sqrt{2}}{1-2}+\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{2-3}+...+\frac{\sqrt{35}-\sqrt{36}}{35-36}\right)\)

                     \(=\frac{2\left(1-6\right)}{-1}=10\)

Vì vậy \(B>A\)

- Từ giả thiết  \(xy+yz+zx=2016\) suy ra   \(x^2+2016=x^2+xy+yz+zx=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\) nên 

        \(\sqrt{\frac{yz}{x^2+2016}}=\sqrt{\frac{y}{x+y}.\frac{z}{x+z}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x+y}+\frac{z}{x+z}\right)\)

- Làm tương tự đối với hai số hạng còn lại ở vế trái bất đẳng thức cần chứng minh rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức nhận được ta có đpcm.

Biến đổi vế trái bất đẳng thức cần chứng minh thành

                           \(9\left(\frac{a}{b+c}+1\right)+25\left(\frac{b}{c+a}+1\right)+64\left(\frac{c}{a+b}+1\right)-98\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{b+c}+\frac{25}{c+a}+\frac{64}{a+b}\right)-98\)

                    \(=\frac{1}{2}\left(b+c+c+a+a+b\right)\left(\frac{9}{b+c}+\frac{25}{c+a}+\frac{64}{a+b}\right)-98\)

                     \(\ge\frac{1}{2}\left(\sqrt{b+c}.\frac{3}{\sqrt{b+c}}+\sqrt{c+a}.\frac{5}{\sqrt{c+a}}+\sqrt{a+b}.\frac{8}{\sqrt{a+b}}\right)^2-98\)

      \(=30\)

Suy ra           \(\frac{9a}{b+c}+\frac{25b}{c+a}+\frac{64c}{a+b}\ge30\)

Dấu bằng chỉ xảy ra khi 

                         \(\sqrt{b+c}:\frac{3}{\sqrt{b+c}}=\sqrt{c+a}:\frac{5}{\sqrt{c+a}}=\sqrt{a+b}:\frac{8}{\sqrt{a+b}}\)

                     \(\Leftrightarrow\frac{b+c}{3}=\frac{c+a}{5}=\frac{a+b}{8}\)

                     \(\Rightarrow\frac{b+c+c+a}{3+5}=\frac{a+b}{8}\Rightarrow a+b+2c=a+b\Rightarrow c=0\), trái giả thiết \(c>0\). Do đó 

                \(\frac{9a}{b+c}+\frac{25b}{c+a}+\frac{64c}{a+b}>30\)

Từ giả thiết suy ra                       

    \(x+y=\sqrt{x+6}+\sqrt{y+6}\)

                                                  \(\left(x+y\right)^2=\left(x+y\right)+12+2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\le2\left(x+y\right)+24\)    (*)

=> \(\left(x+y\right)^2-2\left(x+y\right)-24\le0\)

=> \(-4\le x+y\le6\)

Ta có \(2\sqrt{\left(x+6\right)\left(y+6\right)}\ge0\) nên từ (*) suy ra

  \(\left(x+y\right)^2\ge x+y+12\)

\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)-12\ge0\)

\(\Rightarrow\left(x+y-4\right)\left(x+y+3\right)\ge0\)

\(\Rightarrow x+y-4\ge0\) (do \(x+y+3>0\))

Khi \(x=10,y=-6\) hoặc \(x=-6,y=10\) thì \(x+y=4\)

Vậy GTLN của P là 6 khi x=y=3 và GTNN của P là 4 khi \(x=10,y=-6\) hoặc  \(x=-6,y=10\).

1) Theo Cô si ta có    \(x+y\ge2\sqrt{xy}\)  và    \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2\sqrt{\frac{1}{xy}}\). Từ đó

                    \(\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\ge4\)   hay   \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=y\).

  2) Chứng minh tương tự trên ta cũng được bất đẳng thức tương tự

                           \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\) (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(x=y=z\))

- Từ đó

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

           \(\le\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

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

     Hay    \(\frac{1}{3a+2b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\). Tương tự

                \(\frac{1}{a+3b+2c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{b}+\frac{2}{c}\right)\)  và   \(\frac{1}{2a+b+3c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{3}{c}\right)\).

Cộng theo vế ba bất đẳng thức này và sử dụng giả thiết \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=16\) ta được đpcm