Bất đẳng thức trong các đề thi vào 10 SVIP

Hướng dẫn giải:

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

Hướng dẫn giải:

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

Hướng dẫn giải:

- 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     \(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge2\).

Hướng dẫn giải:

- 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   \(x=1;y=2\).

Hướng dẫn giải:

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

Hướng dẫn giải:

- 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.

Hướng dẫn giải:

- 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)

Hướng dẫn giải:

- 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)

Hướng dẫn giải:

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  \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\)

Hướng dẫn giải:

- 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)

Hướng dẫn giải:

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)

Hướng dẫn giải:

- 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  \(x=1,y=3\) .

Hướng dẫn giải:

- 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   \(a=b=c\).

Hướng dẫn giải:

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     

Hướng dẫn giải:

- 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.

Hướng dẫn giải:

- 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 \(B>A\)

Hướng dẫn giải:

- 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.

Hướng dẫn giải:

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 

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

Hướng dẫn giải:

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  \(x=-6,y=10\).

Hướng dẫn giải:

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