Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn $3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=12(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$.
Chứng minh rằng:
$\frac{1}{4a+b+c}+\frac{1}{a+4b+c}+\frac{1}{a+b+4c}\leq \frac{1}{6}$
Ta có: $3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=12(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\geqslant 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2$
Đặt $t=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ thì ta có $4t^2\leqslant 3+t\Leftrightarrow (4t+3)(t-1)\leqslant 0\Leftrightarrow \frac{-3}{4}\leqslant t\leqslant 1$
Do đó: $VT\leq \frac{1}{36}.(\frac{6}{a}+\frac{6}{b}+\frac{6}{c})\leq \frac{1}{6}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$