Cho các số dương $\dpi{100} a, b,c$

Chứng minh BĐT         $\dpi{100} \sum \frac{a^{3}-b^{3}}{\left ( a-b \right )^{3}}\geq \frac{9}{2}$

Tham khảo tại 2808

Giải HPT:

$\left\{\begin{matrix} x^4-2x^2+y-xy^2+1=0\\ y+xy+1=2x^2 \end{matrix}\right.$

Hệ đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} x^4-xy^2=2x^2-y-1\\xy=2x^2-y-1 \end{matrix}\right.$

                  $\Rightarrow x^4-xy^2=xy\Leftrightarrow x=0,x^3=y^2+y$

TH1: $x=0$, khi đó $y=-1$, hệ đã cho có nghiệm duy nhất $(x,y)=(0,-1)$

TH2: $x^3=y^2+y$

Từ phương trình thứ 2 ta có $y=\frac{2x^2-2}{x+1}$

            $\Rightarrow x^3=(\frac{2x^2-1}{x+1})^2+\frac{2x^2-1}{x+1}$

            $\Leftrightarrow x^5-2x^4-x^3+2x^2+x=0$

            $\Leftrightarrow x(x^2-x-1)^2=0$

            $\Leftrightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$

Vậy hệ có nghiệm là ....

Giải hệ

                  $\left\{\begin{matrix} 4x\sqrt{y+1}+8x=(4x^2-4x-3)\sqrt{x+1}\\ x^2+\frac{x}{x+1}=(y+2)\sqrt{(x+1)(y+1)} \end{matrix}\right.$

 Phương trình 2 cạnh của tam giác ABC là: 5x-2y+6=0 ; 4x+7y-21=0.Viết phương trình cạnh thứ 3 biết trực tâm trùng với gốc toạ độ

Giả sử phương trình $2$ cạnh đã cho là $AB,AC$$\Rightarrow A(0,3)$

Đường thẳng $CO$ vuông góc với $AB$, qua $O(0,0)$ $\Rightarrow CO: 2x+5y=0$

Khi đó tọa độ $C$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix} 2x+5y=0\\4x+7y-21=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow C(\frac{35}{2},-7)$

Phương trình $AO$ là $x=0$

         $\Rightarrow BC: y=-7$ do $AO$ vuông góc với $BC$

Cho Tam giác ABC đường trung tuyến , phân giác xuất phát từ B lần lượt có PT : (d1) x+2y-3=0 và (d2) x+y-2=0 . Biết M (1;2) thuộc AB , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kinh là $\sqrt{5}$ . Tìm các điểm của tam giác ABC biết A có tung độ dương

Tọa độ $B(1,1)$, $M(1,2)$ thuộc $AB$, suy ra phương trình $AB$ là $x=1$

Gọi phân giác và trung tuyến lần lượt là $BK.BD$

Lấy $N$ đối xứng với $M$ qua $BK$$\Rightarrow N(0,1)$

Vậy phương trình $BN$ ( hay phương trình $BC$ ) là $y=1$

Từ đó ta có $BA$ vuông góc với $BC$

$\Rightarrow R=BD=\sqrt{5}$

Do $D \in x+2y-3=0\Rightarrow D(a,\frac{3-a}{2})$

$\Rightarrow BD^2=(a-1)^2+(\frac{3-a}{2}-1)^2=5\Rightarrow a=3,a=-1$

$\Rightarrow D(3,0),D(-1,2)$

Do $A$ có tung độ dương, suy ra $D(-1,2)$

Gọi $A(1,a)$, $C(c,1)$, do $D$ là trung điểm của $AC$ nên 

                              $\left\{\begin{matrix} \frac{a+1}{2}=2\\ \frac{c+1}{2}=-1 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=3\\c=-3 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} A(3,1)\\C(-3,1) \end{matrix}\right.$

 Cho tam giác ABC có M(2;0) là trung điểm của cạnh AB.Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là  7x-2y-3=0 và 6x-y-4=0 .Viết phương trình đường thẳng AC

Ta có $A(1,2)$

Do $M(2,0)$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow B(3,-2)$

Do đường thẳng $AH$ có hệ số góc $k=6$, $AH$ vuông góc với $BC$

Suy ra đường thẳng $BC$ qua $B(3,-2)$, có hệ số góc $\frac{-1}{6}$

               $\Rightarrow BC: y+2=\frac{-1}{6}(x-3)\Leftrightarrow x+6y+9=0$

Do đó $N$ là nghiệm của hệ 

             $\left\{\begin{matrix} 7x-2y-3=0\\x+6y+9=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow N(0,\frac{-3}{2})\Rightarrow C(-3,-1)$

Vậy phương trình $AC$ là $y=\frac{3x}{4}+\frac{5}{4}\Leftrightarrow 3x-4y+5=0$

Cho a;b>0.Chứng minh

$\frac{ab(a+b)}{2}\leq \frac{(a^2+b^2)^3}{(a+b)^3}$

Áp dụng AM-GM ta có 

     $a^2+b^2 \geqslant \frac{(a+b)^2}{2}\Rightarrow \frac{(a^2+b^2)^3}{(a+b)^3}\geqslant \frac{(a+b)^6}{8(a+b)^3}=\frac{(a+b)^3}{8}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh 

                  $\frac{(a+b)^3}{8}\geqslant \frac{ab(a+b)}{2}\Leftrightarrow (a+b)^2 \geqslant 4ab$

BĐT trên luôn đúng

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b>0$

Trong măt phẳng $Oxy$ cho $(C):(x-1)^2+(y-2)^2=5$ và $(d): x+y+2=0$. Tìm điểm $A$ trên $d$ sao cho từ $A$ kẻ $2$tiêop tuyển $AB,AC$ tới $(C)$ sao cho tam giác $ABC$ có diện tích bằng $8$

Cho a,b,c,d là bốn số dương tùy ý. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $n\geq 1$ ta đều có:

$\frac{a^n}{b+c+d}+\frac{b^n}{a+c+d}+\frac{c^n}{a+b+d}+\frac{d^n}{a+b+c}\geq \frac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}+d^{n-1}}{3}$

Do vai trò của  $a,b,c,d$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d>0$

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có 

        $P=\sum \frac{a^n}{b+c+d}\geqslant \frac{a^n+b^n+c^n+d^n}{4}(\sum \frac{1}{b+c+d})$

Áp dụng AM-GM ta có $\sum \frac{1}{b+c+d}\geqslant \frac{16}{3(a+b+c+d)}$

       $\Rightarrow P \geqslant \frac{a^n+b^n+c^n+d^n}{4}.\frac{16}{3(a+b+c+d)}=\frac{4(a^n+b^n+c^n+d^n)}{3(a+b+c+d)}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{4(a^n+b^n+c^n+d^n)}{3(a+b+c+d)}\geqslant \frac{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}+d^{n-1}}{3}$

                 $\Leftrightarrow \frac{4(a^n+b^n+c^n+d^n)}{a+b+c+d}\geqslant a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}+d^{n-1}$

Xét hai dãy đơn điệu tăng sau 

                  $\left\{\begin{matrix} a^{n-1}\geqslant b^{n-1}\geqslant c^{n-1}\geqslant d^{n-1}\\ a\geqslant b\geqslant c\geqslant d \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta có ngay đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$

cho x,y,z là các số thực

tìm GTNN của $(xy+yz+2xz)^{2}- \frac{8}{(x+y+z)^{2}-xy-yz-2}$

Tham khảo tại đây 2808

Đề thi thử Đại học - Tạp chí THTT lần 2

Mọi người giúp em chứng minh bài này bằng phản chứng ạ. Cho hai số dương x,y thỏa mãn điều kiện x³+y³=x-y. Chứng minh rằng x²+y²<1. Nhớ là sử dụng phản chứng nhé.

Từ giả thiết ta có được $x>y$

Giả sử $x^2+y^2 \geqslant 1\Rightarrow x^2+xy+y^2>1$

                     $\Rightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2)>x-y$

                     $\Rightarrow x^3-y^3>x-y$

Lại có $x^3+y^3>x^3-y^3$ $\Rightarrow x^3+y^3>x-y$

Rõ ràng điều trên trái với giả thiết

Vậy $x^2+y^2<1$

Chứng minh rằng $\prod \left ( 1+\frac{1}{cosx} \right )\left ( 1+\frac{1}{sinx} \right )> 197$ với $x, y, z \in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )$

Ta có $P=\prod (1+\frac{1}{\sin x}).\prod (1+\frac{1}{\cos x})$

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau $(1+a^3)(1+b^3)(1+c^3) \geqslant (1+abc)^3$

        $\Rightarrow \prod (1+\frac{1}{\sin x})\geqslant (1+\frac{1}{\sqrt[3]{\sin x \sin y \sin z}})^3$

Lại có $\sqrt[3]{\sin x \sin y \sin z}\leqslant \frac{\sin x+\sin y+\sin z}{3} \leqslant \sin (\frac{x+y+z}{3})=\sin t$

$\Rightarrow \prod (1+\frac{1}{\sin x})\geqslant (1+\frac{1}{ \sin t})^3, t=\frac{x+y+z}{3}$

Tương tự ta cũng có $\Rightarrow \prod (1+\frac{1}{\cos x})\geqslant (1+\frac{1}{ \cos t})^3$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $(1+\frac{1}{\sin t})^3(1+\frac{1}{\cos t})^3>197$

                          $\Leftrightarrow (1+\frac{1}{\sin t})(1+\frac{1}{\cos t})>\sqrt[3]{197}$

                          $\Leftrightarrow 1+\frac{1}{\sin t}+\frac{1}{\cos t}+\frac{1}{\sin t \cos t}>\sqrt[3]{197}$

Đến đây khá đơn giả rồi, áp dụng AM-GM ta có 

          $\frac{1}{\sin t}+\frac{1}{\cos t}\geqslant \frac{4}{\sin t+\cos t}\geqslant \frac{4}{\sqrt{2(\sin^2t+\cos^2t)}}=\frac{4}{\sqrt{2}}$

          $\frac{1}{\sin t \cos t}\geqslant \frac{2}{\sin^2t+\cos ^2t}=2$

$\Rightarrow (1+\frac{1}{\sin t})(1+\frac{1}{\cos t}) \geqslant 1+\frac{4}{\sqrt{2}}+2=3+2\sqrt{2}$

$\Rightarrow P \geqslant (3+2\sqrt{2})^3=99+70\sqrt{2}> 197$

Vậy ta có đpcm

cho a,b>0 và $a^{2}+2b=12$ tìm min

 

P=$\frac{4}{a^{2}}+\frac{4}{b^{2}}+\frac{5}{8(a-b)^{2}}$

Từ giả thiết và áp dụng AM-GM ta có $16=a^2+4+2b\geqslant 4a+2b\geqslant 2\sqrt{4a.2b}\Rightarrow 0

Ta có $P=\frac{4}{a^4}+\frac{4}{b^4}+\frac{5}{8(a-b)^4} \geqslant \frac{a^2b^2}{64}(\frac{4}{a^4+b^4})+\frac{ab}{8}.\frac{5}{8(a-b)^2}$

$\Rightarrow P\geqslant \frac{1}{16}(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2})+\frac{5}{64(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2)}$

Đặt $t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\Rightarrow t>2\Rightarrow \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}=t^2-2$

$\Rightarrow P\geqslant \frac{1}{16}(t^2-2)+\frac{5}{64(t-2)}=\frac{t^2}{16}+\frac{5}{64(t-2)}-\frac{1}{8}=f(t)$

Xét $f(t)$ trên $(2,+\infty )$ ta có 

                $ f'(t)=\frac{t}{8}-\frac{5}{64(t-2)^2}=0\Leftrightarrow t=\frac{5}{2}$

Lập bảng biến thiên của $f(t)$ ta thấy $f(t) \geqslant f(\frac{5}{2})=\frac{27}{64}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=2,b=4$

Bài 79: Cho $a,b,c$ thực và $c>0$ thỏa mãn $a^2+ab+b^2=3c^2$. Chứng minh $a^3+b^3+4abc\le 6c^3$

Từ giả thiết, chia cả $2$ vế cho $c^2>0$ ta được $\frac{a^2}{c^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}=3$

Đặt $\frac{a}{c}=x,\frac{b}{c}=y\Rightarrow x^2+xy+y^2=3$

Ta cần chứng minh $x^3+y^3+4xy \leqslant 6$

Khi đó ta chỉ cần xét các trường hợp sau 

TH1: $x,y>0$

TH2: $x,y<0$

TH3: $xy <0$

Do cách làm là như nhau nên ta sẽ chứng minh trong $1$ trường hợp $x,y>0$

Đặt $x+y=S, xy=P$, $\Rightarrow S^2-P=3\Rightarrow P=S^2-3$

Ta cần chứng minh $x^3+4xy+y^3 \leqslant 6\Leftrightarrow S^3-3SP+4P \leqslant 6$

                        $\Leftrightarrow S^3-3S(S^2-3)+4(S^2-3)\leqslant 6$

                        $\Leftrightarrow (S-2)(2S^2-9) \geqslant 0$  (*)

Từ giả thiết áp dụng AM-GM ta có $3=x^2+xy+y^2 \geqslant \frac{3(x+y)^2}{4}\Rightarrow S=x+y \leqslant 2$

Vậy (*) được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$ hay $a=b=c>0$

Bài 80: Cho $a,b,c>0$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{3}{2}$. Tìm GTNN của $$A=\sqrt{a^2+5}+\sqrt{b^2+5}+\sqrt{c^2+5}$$

Từ giả thiết và áp dụng AM-GM ta có 

              $\frac{3}{2}=\frac {1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant \frac{9}{a+b+c}\Rightarrow a+b+c\geqslant 6$

Khi đó áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có 

            $\sum \sqrt{a^2+5}\geqslant \sqrt{(a+b+c)^2+(3\sqrt{5})^2}\geqslant \sqrt{6^2+(3\sqrt{5})^2}=9$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$

Cho a;b;c>0

1. Với a+b+c=1. CMR:$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

2. Với ab+bc+ca=1. CMR: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{2}$

3. Với $a^2+b^2+c^2=3. CMR:\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$

Bài 1: Do vai trò của $a,b,c$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a \geqslant b \geqslant c>0$

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có 

          $\sum \frac{a}{(b+c)^2}\geqslant \frac{a+b+c}{3}\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ]=\frac{1}{3}\sum \frac{1}{(a+b)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có 

         $\sum \frac{1}{(a+b)^2}\geqslant \frac{(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})^2}{3}\geqslant \frac{(\frac{9}{2(a+b+c)})^2}{3}=\frac{27}{4}$

$\Rightarrow \sum \frac{a}{(b+c)^2}\geqslant \frac{9}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 2: Đặt $a=\tan \frac{A}{2},...$

BĐT trở thành $\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\leqslant \frac{3}{2}$

Bài 3: Đặt $(\frac{ab}{c},\frac{bc}{a},\frac{ca}{b})=(x,y,z)\Rightarrow P=x+y+z$

Từ giả thiết ta có $xy+yz+zx=3$

Khi đó áp dụng AM-GM đơn giản ta có 

                  $P=x+y+z\geqslant \sqrt{3(xy+yz+zx)}=3$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Nhưng mà trong đề của em nó lại ghi là $\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y^{2}}{zx}+\frac{z^{2}}{xy}$ không biết nếu đề là như thế thì bđt có đúng ko vậy anh?

Cũng có thể đúng nhưng như thế bài toán không còn đẹp tí nào cả, chắc có lẽ em chép lộn đề rồi 

Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng

                                P= $\frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{y^{3}}{x^{3}}+\frac{y^{3}}{z^{3}}+\frac{z^{3}}{y^{3}}+\frac{z^{3}}{x^{3}}+\frac{x^{3}}{z^{3}}\geq 2(\frac{x^{2}}{yz}+\frac{y^{2}}{zx}+\frac{z^{2}}{xy})$

Ta sẽ chỉ phải chứng minh $2$ bất đẳng thức sau

                 $\frac{x^3}{y^3}+\frac{y^3}{z^3}+\frac{z^3}{x^3} \geqslant \frac{x^2}{yz}+\frac {y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}$  (1)

Và             $\frac{y^3}{x^3}+\frac{z^3}{y^3}+\frac{x^3}{z^3} \geqslant \frac{x^2}{yz}+\frac {y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}$   (2)

Chứng minh (1) và (2) cũng hoàn toàn tương tự

Áp dụng AM-GM ta có $\frac{x^3}{y^3}+\frac{x^3}{y^3}+\frac{y^3}{z^3}\geqslant \frac{3x^2}{yz}$

                                   $\frac{y^3}{z^3}+\frac{y^3}{z^3}+\frac{z^3}{x^3}\geqslant \frac{3y^2}{xz}$

                                    $\frac{z^3}{x^3}+\frac{z^3}{x^3}+\frac{x^3}{y^3}\geqslant \frac{3z^2}{xy}$

Cộng 3 bất đẳng thức trên lại ta có (1) được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z>0$

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x^{4}-16y+8=0 & & \\y^{4}-16z+8=0 & & \\ z^{4}-16x+8=o & & \end{matrix}\right.$

Hệ tương đương với $\left\{\begin{matrix} x^4+8=16y\\y^4+8=16z \\z^4+8=16x \end{matrix}\right.$

Từ đó dễ dàng có được $x,y,z>0$

Giả sử $x\geqslant y\geqslant z$

           $\Rightarrow 16y=x^4+8\geqslant y^4+8=16z$

           $\Rightarrow y\geqslant z$

Tương tự, từ đó ta suy ra $x=y=z>0$

Từ đó $x,y,z$ là nghiệm của phương trình $t^4-16t+8=0$

                                              $\Rightarrow t=\sqrt{2}\pm \sqrt{2(\sqrt{2}-1)}$

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm $(x,y,z)=\sqrt{2}\pm \sqrt{2(\sqrt{2}-1)}$

 

$\left\{\begin{matrix}

 $4x^{3}-3x+(y-1)\sqrt{2y+1}$=0 $\\$ 

 $2x^{2}+x+\sqrt{-y(2y+1)}$=0 

\end{matrix}\right.$

Bài này không biết có vấn đề ở đâu không nữa

Hệ tương đương với

    $\left\{\begin{matrix} (2x)^3-6x+(2y+1)\sqrt{2y+1}-3\sqrt{2y+1}=0\\(2x)^2+2x+\sqrt{-2(2y+1)(2y+1)+2(2y+1)} =0 \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} 2x=a\\\sqrt{2y+1}=b \geqslant 0 \end{matrix}\right.$

Hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} a^3-3a+b^3-3b=0\\a^2+a+\sqrt{2b^2-2b^4}=0 \end{matrix}\right.$

     $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (a+b)(a^2-ab+b^2-3)=0\\a^2+a+\sqrt{2b^2-2b^4}=0 \end{matrix}\right.$

Th1: $a+b=0$...

Th2: $a^2-ab+b^2-3=$, hệ này hơi khó, không có cách nào đánh giá được

Giải hệ phương trình:

1,,$\left\{\begin{matrix} y(x^{2}+1)=x-\frac{1}x{} & & \\ y(x-y)=x^{2}-\frac{1}{x^{2}}& & \end{matrix}\right.$

Từ hệ ta có $y(x^2+1)(x+\frac{1}{x})=y(x-y)$

    $\Rightarrow y=0,(x^2+1)(x+\frac{1}{x})=x-y$

TH1: Với $y=0$ $\Rightarrow x=\pm 1$

TH2: $(x^2+1)(x+\frac{1}{x})=x-y\Leftrightarrow x^3+x+\frac{1}{x}=-y$

Từ phương trình thứ nhất ta có $-y(x^2+1)=\frac{1}{x}-x$

                              $\Rightarrow (x^3+x+\frac{1}{x})(x^2+1)=\frac{1}{x}-x$

                              $\Rightarrow x^5+2x^3+3x=0\Leftrightarrow x(x^4+2x^2+3)=0$, vô nghiệm

Vậy hệ có 2 nghiệm $(x,y)=(1,0)=(-1,0)$

$2^{x}+4^{x}=2.3^{x}$

Phương trình tương đương với $3^x-2^x=4^x-3^x$

Xét hàm $f(t)=(t+1)^x-t^x$, $t>0$

 $\Rightarrow f'(t)=t(x+1)^{x-1}-tx^{x-1}> 0$

 TH1: Nếu $x>1$ ta suy ra $f'(x)>0$

         $\Rightarrow f(3)>f(2)\Rightarrow 4^x-3^x> 3^x-2^x$

 TH2: Nếu $x<1$ ta suy ra $f'(x)<0$

         $\Rightarrow f(2)>f(3)\Rightarrow 3^x-2^x>4^x-3^x$

Xét $x=1$ là nghiệm của phương trình đã cho

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1$

Cho các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=6

Chứng minh rằng: $\dpi{100} \frac{b+c+5}{a+1}+\frac{c+a+4}{b+2}+\frac{a+b+3}{c+3}\geqslant 6$

BĐT $\Leftrightarrow \frac{b+c+5}{a+1}+1+\frac{c+a+4}{b+2}+1+\frac{a+b+3}{c+3}+1\geqslant 9$

        $\Leftrightarrow \frac{a+b+c+6}{a+1}+\frac{a+b+c+6}{b+2}+\frac{a+b+c+6}{c+3}\geqslant 9$

 Sử dụng $a+b+c=6$ ta chỉ cần chứng minh 

        $\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+3}\geqslant \frac{3}{4}$

Rõ ràng bất đẳng thức luôn đúng do 

        $\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+3}\geqslant \frac{9}{a+1+b+2+c+3}=\frac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=3,b=2,c=1$

Cho $a,b,c$ là các số thực và $a+b+c=1$

Chứng minh rằng $\frac{1}{3^a}+\frac{1}{3^b}+\frac{1}{3^c}\geqslant 3(\frac{a}{3^a}+\frac{b}{3^b}+\frac{c}{3^c})$