Thưa QT, sao em không thấy chức năng đấy? Có thể chỉ giúp em được không ạ?

Bài viết này từ năm 2012 rồi bạn ơi. Giờ ĐHV cũng không được xóa bài viết nữa (trừ ĐHV tổng hợp trở lên)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh: 

$\sum \frac{a+b}{c^{2}\sqrt[3]{a^{3}+1}}\geq 3\sqrt[3]{4}$

Sử dụng bá đạo thức $AM-GM$: $VT=\sum \frac{a+b}{c^{2}\sqrt[3]{a^{3}+1}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{\sqrt[3]{\left ( a^{3}+1 \right )\left ( b^{3}+1 \right )\left ( c^{3}+ 1\right )}}}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh: $\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 4\sqrt[3]{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )}$

Ta lại có: $\left ( a^{2}+bc \right )\left ( ac+ab \right )\leq \frac{\left ( a+b \right )^{2}\left ( a+c \right )^{2}}{4}$.

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi nhân lại, ta được:

$\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )\leq \frac{1}{64}\left ( a+b \right )^{3}\left ( b+c \right )^{3}\left ( c+a \right )^{3}\\\Leftrightarrow \left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )\geq 4\sqrt[3]{\left ( a^{2}+bc \right )\left ( b^{2}+ac \right )\left ( c^{2}+ab \right )}$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ 

Gọi tâm của $4$ hình cầu là $A,B,C,D$ ; trọng tâm tam giác $ABC$ là $G$ ; trọng tâm tứ diện $ABCD$ là $O$ ; bán kính hình cầu thứ năm là $R$

Ta có $DG=\frac{2\sqrt{6}}{3}\ r$ ; $OG=\frac{\sqrt{6}}{6}\ r$ ; $OD=DG-OG=\frac{\sqrt{6}}{2}\ r$

$\Rightarrow R=OD+r=r\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}+1 \right )$

(Chẳng có đáp án nào đúng cả, biết chọn cái nào : đây là cái dở của thi trắc nghiệm)

----------------------------------------------------

Tham khảo bài 2 ở đây :

https://diendantoanh...i-ở-trong-phễu/

Hình như anh nhầm ở chỗ tiếp xúc ngoài rồi. Theo như cách làm trên là anh đang làm tiếp xúc trong.

Cũng với ý tưởng trên, ta tính được $R=OA-r=r\left ( \frac{\sqrt{6}}{2}-1 \right )$

Đáp án đúng là $A$

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c+abc=4

CMR: abc(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)>= 64

Nếu cho một biến tiến về $0$ thì bất đẳng thức trên sai. Chẳng hạn, cho $a=0,01, b=1, c=\frac{299}{101}$ thì $VT\approx 4,17< 64$

Có lẽ đề bài là: $$abc\left ( a^{2}+3 \right )\left ( b^{2}+3 \right )\left ( c^{2}+3 \right )\leq 64$$

Đổi biến $p,q,r$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$r\left ( r^{2}+3q^{2}-6pr+9p^{2}-18q+27 \right )\leq 64$$ 

$$\Leftrightarrow r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )\leq 64$$

Đặt $A=r\left ( 16r^{2}-96r+17+3q^{2}-18q \right )$

Ta sẽ tìm cách đánh giá $3q^{2}-18q=3(q^{2}-6q)$ theo $r$.

• Nếu $q \geq 3$, ta chứng minh $p \geq q$. Thật vậy:

Theo bất đẳng thức $Schur$, ta có: 

$r\geq \frac{p\left ( 4q-p^{2} \right )}{9}  \Rightarrow q\leq \frac{9r+p^{3}}{4p}\Rightarrow p-q\geq p-\frac{9\left ( 4-p \right )+p^{3}}{4p}=\frac{(p+3)(p-3)(4-p)}{4p}\geq 0$

Dễ thấy $p\in \left [ 3;4 \right )$ nên bất đẳng thức trên luôn đúng.

Xét hiệu: $\left (p^{2}-6p \right )-\left ( q^{2}-6q \right )=(p-q)(p+q-6)\geq 0$

Do đó: $$A-64\leq r( 16r^{2}-96r+17+3p^{2}-18p )-64=(r-1)^{2}(19r-64)\leq 0\\ \Rightarrow A\leq 64$$

• Nếu $q \leq 3$, ta có:

$q=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 3abc=3r$

Xét hiệu: $q^{2}-6q-9\left ( r^{2}-2r \right )=\left ( q-3r \right )(q+3r-6)\leq 0$

Do đó: $A-64\leq \left ( r-1 \right )^{2}\left ( 43r-64 \right )\leq 0$

Ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn: $ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 $. Chứng minh rằng:

$ \frac{1}{4-\sqrt{ab}}+\frac{1}{4-\sqrt{bc}}+\frac{1}{4-\sqrt{ca}} \leq 1 $

Dùng tiếp tuyến có vẻ gọn nhất:

Ta sẽ tìm hai số thực $a,b$ sao cho: $\frac{1}{4-x}\leq ax^{2}+b$

• Tại $x=1$ thì: $a+b=\frac{1}{3}$
• Đạo hàm hai vế, ta có: $\left ( ax^{2}+b \right )^{'}_{(1)}=\left ( \frac{1}{4-x} \right )^{'}_{(1)}\Rightarrow 2a=\frac{1}{9}$

Từ đó, ta có: $a=\frac{1}{18}\Rightarrow b=\frac{5}{18}$

Vậy ta sẽ chứng minh: $\frac{x^{2}}{18}+\frac{5}{18}\geq \frac{1}{4-x}$ với mọi $x<2$

BĐT tương đương với $ \frac{\left ( 2-x \right )\left ( x-1 \right )^{2}}{18\left ( 4-x \right )}\geq 0$    (luôn đúng $\forall x< 2$)

Từ đề bài, ta có: $3> 2ab\Rightarrow \sqrt{ab}< 2\Rightarrow \frac{1}{4-\sqrt{ab}}\leq \frac{ab}{18}+\frac{5}{18}$

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta có: $VT\leq \frac{ab+bc+ca}{18}+\frac{5}{6}\leq 1$

BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng:

$ \frac{3ab+1}{a+b}+\frac{3bc+1}{b+c}+\frac{3ca+1}{c+a} \geq 4 $

$VT=\frac{1+3\left ( 1-ca-cb \right )}{a+b}+\frac{1+3\left ( 1-ab-ca \right )}{b+c}+\frac{1+3\left ( 1-ab-bc \right )}{c+a}\\=4\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )-3\left ( a+b+c \right )\\=\frac{4\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2}+3 \right )}{\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )-abc}-3\left ( a+b+c \right )\\\geq\frac{4\left ( a+b+c \right )^{2}+4}{a+b+c}-3\left ( a+b+c \right )=a+b+c+\frac{4}{a+b+c}\geq 4=VP\\\rightarrow Q.E.D$

 

$\frac{1}{a^2+b^2+3}+\frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{a^2+c^2+3}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\geq 3$

 

$2(a^{2}+b^{2})=(a+b)^{2}+(a-b)^{2}$

 

Cauchy Schwarz:

 

$\Rightarrow 2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}=\sum \left [ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3} +\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\right ]\geq \frac{4(a+b+c)^{2}+4\left \{(a-c)^{2} ;(b-a)^{2};(c-b)^{2} \right \}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+27}$

 

Mà $27=2(a+b+c)^{2}$. Quy đồng BĐT dưới dang thuần nhất ta được:

 

$\frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+27}\geq 3\Leftrightarrow \frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(a+b+c)^{2}}\geq 3$

 

$\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geq 0$

Tương tự ta cũng có: $\Leftrightarrow \begin{bmatrix} (b-c)(c-a)\geq 0 & \\ (c-a)(a-b)\geq 0 & \end{bmatrix}$

 

$\left [(a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}\geq 0\Rightarrow$ Tồn tại 1 BĐT đúng! $\blacksquare$

 

 

Bạn biến đổi nhầm ở nhiều chỗ quá 

• Thứ nhất, ta phải có: $\frac{1}{a^2+b^2+3}+\frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{a^2+c^2+3}\leq \frac{2}{3}\Leftrightarrow 2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\geq 2$
• Thứ hai, theo $Cauchy-Schwarz$ thì: $2\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}=\sum \left [ \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3} +\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+3}\right ]\geq \frac{4(a+b+c)^{2}+4\left \{(a-c)^{2} ;(b-a)^{2};(c-b)^{2} \right \}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+9}$
• Thứ ba, $\frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(a+b+c)^{2}}\geq 3$ không tương đương với $(a-b)(b-c) \geq 0$

Một điều quan trọng nữa là bạn đã nhầm bài này với ví dụ trong Phương pháp yếu tố ít nhất của Võ Quốc Bá Cẩn. Trong ví dụ đó, giả thiết là $ab+bc+ca= \frac{9}{4}$. Nếu trong bài toán này mà sử dụng yếu tố ít nhất thì sẽ không phân tích thành nhân tử $(a-b)(b-c)$ được

 

Cho $a,b,c>0$,$a+2b-c>0$,và $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac+2$

Tìm Max $\[P = \frac{{a + c + 2}}{{ab + ac + a + b + 1}} - \frac{{a + b + 1}}{{{a^2} - {c^2} + 2ab + 2bc}}\]$

 

Ta có:

$P=\frac{2\left ( a+c+2 \right )}{2ab+2ac+2a+2b+2}-\frac{a+b+1}{\left ( a+c \right )\left ( a-c+2b \right )}\\=\frac{2\left ( a+c+2 \right )}{2ab+2ac+2a+2b+a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca}-\frac{a+b+1}{\left ( a+c \right )\left ( a-c+2b \right )}\\\leq \frac{2(a+c+2)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+ca-bc+2a+2b}-\frac{4\left ( a+b+1 \right )}{4\left ( a+b \right )^{2}}\\=\frac{2\left ( a+c+2 \right )}{a(a+c+2)+b\left ( a+c+2 \right )+b^{2}+c^{2}-2b c}-\frac{a+b+1}{\left ( a+b \right )^{2}}\\\leq \frac{2}{a+b}-\frac{1}{a+b}-\frac{1}{(a+b)^{2}}=\frac{1}{a+b}-\frac{1}{(a+b)^{2}}\leq \frac{1}{4}$

Vậy $\max P= \frac{1}{4}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=\frac{2-\sqrt{2}}{2} & & \\ b=c=\frac{2+\sqrt{2}}{2} & & \end{matrix}\right.$

Cho a,b,c > 0 thỏa mãn : $5(a^2 + b^2 + c^2) = 9(ab + 2bc + ca)$

Tìm MAX:

$$ M = \frac{a}{b^2 + c^2} - \frac{1}{(a+b+c)^3}$$

Từ đề bài, ta có: $5a^{2}+5\left ( b+c \right )^{2}=9a\left ( b+c \right )+28bc\leq 9a\left ( b+c \right )+7\left ( b+c \right )^{2}\\\Rightarrow 5a^{2}-9a\left ( b+c \right )-2\left ( b+c \right )^{2}\leq 0\Rightarrow a\leq 2\left ( b+c \right )$

$\Rightarrow M\leq \frac{2a}{\left ( b+c \right )^{2}}-\frac{1}{\left ( a+b+c \right )^{3}}\leq \frac{4}{b+c}-\frac{1}{27\left ( b+c \right )^{3}}$

Đặt $\frac{1}{b+c}=t$, xét hàm số $f\left ( t \right )=4t-\frac{1}{27}t^{3}\Rightarrow f'(t)=4-\frac{1}{9}t^{2}=0\Rightarrow t=6$

Vì $f'(t)$ đổi dấu từ dương sang âm khi qua điểm $t=6$ nên $f(t)\leq f\left ( 6 \right )=16$

Vậy $\max P = 16$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{3} & \\ b=c=\frac{1}{12} & \end{matrix}\right.$

Cho $x,y$ dương thỏa mãn $x<y$ và $\frac{1+xy}{y-x} \leq \sqrt{3}.$
Tìm Min $A = \frac{(1+x^2)(1+y^2)}{x(x+y)}$

Từ đề bài, ta có: $1+xy\leq \sqrt{3}y-\sqrt{3}x\Leftrightarrow x\leq \frac{y\sqrt{3}-1}{y+\sqrt{3}}$

$\Rightarrow A\geq \frac{\left ( x+y \right )^{2}}{x\left ( x+y \right )}=1+\frac{y}{x}\geq 1+\frac{y\left ( y+\sqrt{3} \right )}{y\sqrt{3}-1}$

Xét hàm số $f(y)=\frac{y\left ( y+\sqrt{3} \right )}{y\sqrt{3}-1}$ trên $\left ( \frac{1}{\sqrt{3}};+\infty \right )$ có: $f'(x)=\frac{y^{2}\sqrt{3}-2y-\sqrt{3}}{\left ( y\sqrt{3}-1 \right )^{2}}=0\Rightarrow y=\sqrt{3}$

Từ bảng biến thiên, ta có: $f\left ( y \right )\geq f\left ( \sqrt{3} \right )= 3\Rightarrow A\geq 4$ 

Vậy $\min A= 4$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} x=\frac{\sqrt{3}}{3} & \\ y=\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$

Giải phương trình:

$\sqrt[3]{3x+2}+x\sqrt{3x-2}=2\sqrt{2x^2+1}$

• Điều kiện: $x \geq \frac{2}{3}$.
• Phương trình đã cho tương đương với:

$\left ( \sqrt[3]{3x+2}-2 \right )+\left ( x\sqrt{3x-2}-4 \right )=\left ( 2\sqrt{2x^{2}+1}-6 \right )\\\Leftrightarrow \frac{3\left ( x-2 \right )}{\sqrt[3]{\left ( 3x+2 \right )^{2}}+2\sqrt[3]{3x+2}+4}+\frac{\left ( x-2 \right )\left ( 3x^{2}+4x+8 \right )}{x\sqrt{3x-2}+4 }=\frac{4\left ( x+2 \right )\left ( x-2 \right )}{\sqrt{2x^{2}+1}+3}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x-2=0 & (1) \\ \dfrac{3}{\sqrt[3]{\left ( 3x+2 \right )^{2}}+2\sqrt[3]{3x+2}+4}+\dfrac{3x^{2}+4x+8}{x\sqrt{3x-2}+4}=\dfrac{4(x+2)}{\sqrt{2x^{2}+1}+3} & (2) \end{matrix}\right.$

• $(1) \Leftrightarrow x=2$
• Ta sẽ chứng minh $(2)$ vô nghiệm do $VT>VP$. Thật vậy:

$VT> \frac{3x^{2}+4x+8}{x\sqrt{3x-2}}\geq \frac{3x^{2}+4x+8}{\frac{x^{2}+3x-2}{2}+4}=\frac{2\left ( 3x^{2}+4x+8 \right )}{x^{2}+3x+4}$

$VP<\frac{4(x+2)}{x+3}$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh:

$\frac{2\left ( 3x^{2}+4x+8 \right )}{x^{2}+3x+4}> \frac{4\left ( x+2 \right )}{x+3}\\\Leftrightarrow x^{3}+3x^{2}+8> 0$

Vì bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=2$.

Cho a,b,c dương thỏa mãn
$ a+b+c = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}} $
Tìm max $\frac{1}{a^2+b^2+3} + \frac{1}{b^2+c^2+3}+\frac{1}{c^2+a^2+3}$

Để cho gọn, ta đặt $\left\{\begin{matrix} a\sqrt{\frac{2}{3}}=x & & \\ b\sqrt{\frac{2}{3}}=y & & \\ c\sqrt{\frac{2}{3}}=z & & \end{matrix}\right.\Rightarrow x+y+z=\sqrt{\frac{2}{3}}\left ( a+b+c \right )=3$

Khi đó, cần tìm giá trị lớn nhất của: $P=\frac{2}{3}\left ( \frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2} \right )$

Không mất tính tổng quát, giả sử $z=\max\left \{ x,y,z \right \}$.

Đặt $f(x,y,z)= \frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2}$

Ta sẽ chứng minh $f(x,y,z)\leq f\left ( \frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z \right )$. Thật vậy:

Xét hiệu: $d=f\left ( \frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z \right )- f(x,y,z)\\=\frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{2}+2}-\frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z^{2}+2}-\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z^{2}+2}-\frac{1}{x^{2}+z^{2}+2}\geq \frac{\left ( x-y \right )\left ( 3x+y \right )}{\left [ \left ( x+y \right )^{2}+4z^{2}+8 \right ]\left ( z^{2}+x^{2}+2 \right )}+\frac{\left ( y-x \right )\left ( 3y+x \right )}{\left [ \left ( x+y \right )^{2}+4z^{2}+8 \right ]\left ( y^{2}+z^{2}+2 \right )}\\=\frac{\left ( x-y \right )^{2}\left ( 2z^{2}+4-x^{2}-4xy-y^{2} \right )}{\left ( x^{2}+z^{2}+2 \right )\left ( y^{2}+z^{2}+2 \right )\left [ \left ( x+y \right )^{2}+4z^{2}+8 \right ]}$

Ta có: $2z^{2}+4-x^{2}-4xy-y^{2} \geq 4-\left ( x+y \right )^{2}\geq 4-\frac{4}{9}\left ( x+y+z \right )^{2}=0$

$\Rightarrow d\geq 0$, ta có điều phải chứng minh.

Do đó: $P\leq \frac{2}{3}\left ( \frac{1}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{2}+2}+\frac{2}{\frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z^{2}+2} \right )=\frac{4}{3}\left ( \frac{1}{z^{2}-6z+13}+\frac{4}{5z^{2}-6z+17} \right )=\frac{4\left ( 3z^{2}-10z+23 \right )}{\left ( z^{2}-6z+13 \right )\left ( 5z^{2}-6z+17 \right )}$

$\Rightarrow P-\frac{1}{2}\leq -\frac{\left ( z-1 \right )^{2}\left ( 5z^{2}-26z+37 \right )}{2\left ( z^{2}-6z+13 \right )\left ( 5z^{2}-6z+17 \right )}\leq 0\\\Rightarrow P\leq \frac{1}{2}$

Vậy $\max P= \frac{1}{2}$ khi và chỉ khi $a=b=c=1$

1. Cho a,b,c >0

CMR: $\frac{a^3b}{1+a^2b}+\frac{b^3c}{1+bc^2}+\frac{c^3a}{1+ca^2}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

2. Cho a,b,c>0

CMR: $\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+ca^2}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

$\boxed{\text{Bài 1}}$

Chia hai vế cho $abc$, ta cần chứng minh:

$$\frac{a^{2}}{c+a^{2}bc}+\frac{b^{2}}{a+abc^{2}}+\frac{c^{2}}{b+a^{2}bc}\geq \frac{a+b+c}{1+abc} \quad \quad (*)$$

Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy-Schwarz}$, ta có: 

$$\frac{a^{2}}{c+a^{2}bc}+\frac{b^{2}}{a+abc^{2}}+\frac{c^{2}}{b+a^{2}bc}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+abc\left ( a+b+c \right )}=\frac{a+b+c}{1+abc}$$

Suy ra $(*)$ đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

$\boxed{\text{Bài 2}}$

Chia hai vế cho $abc$, ta cần chứng minh:

$$\frac{a^{3}}{bc+a^{2}b^{2}c}+\frac{b^{3}}{ac+ab^{2}c^{2}}+\frac{c^{3}}{ab+a^{2}c^{2}b}\geq \frac{a+b+c}{1+abc}$$

Theo bất đẳng thức $\text{Holder}$, ta có:

$$\frac{a^{3}}{bc+a^{2}b^{2}c}+\frac{b^{3}}{ac+ab^{2}c^{2}}+\frac{c^{3}}{ab+a^{2}c^{2}b}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{3\left ( ab+bc+ca \right )+3abc\left ( ab+bc+ca \right )}$$

$$=\frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{3\left ( ab+bc+ca \right )\left ( abc+1 \right )}\geq \frac{a+b+c}{abc+1}$$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Cho em hỏi tại sao em lấy lại mật khẩu hay lập nick mới đều không được ạ ? 

Chỗ mã an toàn không có để nhập ạ 

Cho $a,b,c \geq 0$ và $a+b+c=3$. Tìm Min của

$P=(a-1)^{3}+(b-1)^{3}+(c-1)^{3}$

• Nếu $b+c \geq 2$ thì: 

$$P=\left ( a-1 \right )^{3}+\left ( b+c-2 \right )\left ( b^{2}+c^{2}-bc-b-c+1 \right )$$

$$\geq \left ( a-1 \right )^{3}+\left ( 1-a \right )\left [ \frac{1}{4}\left ( b+c \right )^{2}-b-c+1 \right ]$$

$$=\left ( a-1 \right )^{3}-\frac{\left ( a-1 \right )^{3}}{4}=\frac{3}{4}\left ( a-1 \right )^{3}\geq -\frac{3}{4}$$

• Nếu $b+c \leq 2$ thì: 

$$P=\left ( a-1 \right )^{3}+\left ( b+c-2 \right )\left ( b^{2}+c^{2}-bc-b-c+1 \right )$$

$$\geq \left ( a-1 \right )^{3}+\left ( 1-a \right )\left [ \left ( b+c \right )^{2}+a-2 \right ]$$

$$=3a^{2}-9a+6\geq -\frac{3}{4}$$

Vậy $\min P= -\frac{3}{4}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=0 & & \\ b=\frac{3}{2} & & \\ c=\frac{3}{2} & & \end{matrix}\right.$ và các hoán vị. 

Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $\frac{b+c}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{c+a}{\sqrt{c+a-b}}+\frac{a+b}{\sqrt{a+b-c}}\geq 6\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a+b+c}}.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{b+c-a}=x &  & \\ \sqrt{a+c-b}=y &  & \\ \sqrt{a+b-c}=z &  & \end{matrix}\right.$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$$\frac{2x+y+z}{\sqrt{x}}+\frac{2y+z+x}{\sqrt{y}}+\frac{2z+x+y}{\sqrt{z}}\geq 6\sqrt{\frac{\left ( x+y \right )^{2}+\left ( y+z \right )^{2}+\left ( z+x \right )^{2}}{x+y+z}}$$

Chuẩn hóa $x+y+z=3$. Khi đó, ta cần chứng minh:

$$\frac{x+3}{\sqrt{x}}+\frac{y+3}{\sqrt{y}}+\frac{z+3}{\sqrt{z}}\geq 6\sqrt{\frac{18-2\left ( xy+yz+zx \right )}{3}}$$

$$\Leftrightarrow \left ( \frac{x+3}{\sqrt{x}}+\frac{y+3}{\sqrt{y}}+\frac{z+3}{\sqrt{z}} \right )^{2}\geq 24\left ( 9-xy-yz-zx \right )$$

Ta có: 

$$VT=\sum \frac{\left ( x+3 \right )^{2}}{x}+2\sum \frac{\left ( x+3 \right )\left ( y+3 \right )}{\sqrt{xy}}=\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+21+2\sum \frac{xy+3x+3y+9}{\sqrt{xy}}$$

$$\geq \frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+21+2\sum \frac{8\sqrt{xy}+8}{\sqrt{xy}}=\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+69+\frac{16}{\sqrt{xy}}+\frac{16}{\sqrt{yz}}+\frac{16}{\sqrt{zx}}$$

Do đó, ta cần chứng minh: 

$$\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}+\frac{16}{\sqrt{xy}}+\frac{16}{\sqrt{yz}}+\frac{16}{\sqrt{zx}}+24\left ( xy+yz+zx \right )\geq 147$$

Theo $AM-GM$ thì:

• $\frac{16}{\sqrt{xy}}+\frac{16}{\sqrt{yz}}+\frac{16}{\sqrt{zx}}+24\left ( xy+yz+zx \right )\geq 72+16\left ( xy+yz+zx \right )$
• $\frac{9}{x^{2}}+\frac{9}{y^{2}}+\frac{9}{z^{2}}=9.\frac{\left ( xy+yz+zx \right )^{2}-6xyz}{x^{2}y^{2}z^{2}}\geq \frac{27}{xyz}=\frac{81}{xyz\left ( x+y+z \right )}\geq \frac{243}{\left ( xy+yz+zx \right )^{2}}$

Đặt $xy+yz+zx=t$ $(t \leq 3)$, ta cần chứng minh: $8t+\frac{243}{t^{2}}\geq 51$      $(*)$

Theo $AM-GM$ thì: 

$$8t+\frac{243}{t^{2}}=\left ( 4t+4t+\frac{108}{t^{2}} \right )+\frac{135}{t^{2}}\geq 3\sqrt[3]{4^{2}.108}+\frac{135}{3^{2}}=51$$

Do đó, $(*)$ đúng.

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c \quad \blacksquare$

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $a+b+c\leqslant 6$. Tìm GTLN của biểu thức

$P=\frac{abc(5ab+9bc+8ac)}{(4a+3b)(5b+4c)(3c+5a)}$

Theo $\text{AM-GM}$, ta có:

$P=\frac{abc\left ( 5ab+9bc+8ac \right )}{\left ( 4a+3b \right )\left ( 5b+4c \right )\left ( 3c+5a \right )}\leq \frac{abc\left ( 5ab+9bc+8ac \right )}{8\sqrt{3600a^{2}b^{2}c^{2}}}=\frac{5ab+9bc+8ca}{480}$

Lại có: $5ab+9bc+8ac\leq 5ab+\left ( 8a+9b \right )\left ( 6-a-b \right )\\=-8a^{2}-12ab+48a+54b-9b^{2}\\=-2\left [ 4a^{2}+6a\left ( b-4 \right )+\frac{9\left ( b-4 \right )^{2}}{4} \right ]-\frac{9}{2}b^{2}+18b+72\\=-2\left [ 4a^{2}+6a\left ( b-4 \right )+\frac{9\left ( b-4 \right )^{2}}{4} \right ]-\frac{9}{2}\left ( b-2 \right )^{2}+90\\=-2\left [ 2a+\frac{3\left ( b-4 \right )}{2} \right ]^{2}-\frac{9}{2}\left ( b-2 \right )^{2}+90\leq 90$

Khi đó: $P\leq \frac{90}{480}=\frac{3}{16}$

Vậy $\max{P}=\frac{3}{16}$ khi và chỉ khi: $\left\{\begin{matrix} a=\frac{3}{2} & & \\ b=2 & & \\ c=\frac{5}{2} & & \end{matrix}\right.$

Với a,b,c$\geq$0. CMR $2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+1)(b+1)(c+1)(abc+1)$

Ta sẽ chứng minh: $\left ( a^{2}+1 \right )\geq \left ( a+1 \right )\sqrt[3]{\frac{a^{3}+1}{2}} \quad \quad (*)$

Thật vậy:

$(*)\Leftrightarrow 2\left ( a^{2}+1 \right )^{3}\geq \left ( a+1 \right )^{3}\left ( a^{3}+1 \right )\Leftrightarrow a^{6}-3a^{5}+3a^{4}-2a^{3}+3a^{2}-3a+1\geq 0$

$\Leftrightarrow \left ( a-1 \right )^{4}\left ( a^{2}+a+1 \right )\geq 0$     (đúng)

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi nhân lại, ta có:

$\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )\left ( c^{2}+1 \right )\geq \left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )\sqrt[3]{\frac{\left ( a^{3}+1 \right )\left ( b^{3}+1 \right )\left ( c^{3}+1 \right )}{8}}$

Theo bất đẳng thức $\text{Holder}$, ta có: $\left ( a^{3}+1 \right )\left ( b^{3}+1 \right )\left ( c^{3}+1 \right )\geq \left ( abc+1 \right )^{3}$

Từ đó:

$\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )\left ( c^{2}+1 \right )\geq \left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )\frac{ abc+1}{2}\\\Leftrightarrow 2\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )\left ( c^{2}+1 \right )\geq \left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )$

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Cho a,b,c >0, $a^2+b^2+c^2=3$. 

CMR $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\leq abc+2$

Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$. Khi đó:

$\left ( a-b \right )\left ( b-c \right )\geq 0\Rightarrow ac+b^{2}\leq ab+bc\\\Rightarrow b^{2}c+c^{2}a\leq abc+bc^{2}\\\Rightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\leq abc+b\left ( a^{2}+c^{2} \right )=abc+b\left ( 3-b^{2} \right )$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh: 

$b\left ( 3-b^{2} \right )\leq 2\Leftrightarrow \left ( b-1 \right )^{2}\left ( b+2 \right )\geq 0$  (đúng)

Vậy bất đẳng thức đầu đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ 

Cho $a,b,c>0$. CM

$P=\sum \frac{b^{2}c^{3}}{a^{2}+(b+c)^{3}}\geq \frac{9abc}{4(3abc+ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})}$

Bất đẳng thức sai với $a=b=c=1$ nhé bạn

Cho các số thực dương a,b,c sao cho: $a^2+b^2+c^2=3$

Chứng minh rằng: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$

Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )\geq 9\\\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 6$

• Ta có: $\left ( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right )^{2}\geq 3\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )=9\Rightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3 \quad \quad (1)$
• Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy-Schwarz}$: $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \frac{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\\\geq \frac{9}{\sqrt{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )}}\geq \frac{9}{\sqrt{3.\frac{\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}}{3}}}=3 \quad \quad (2)$

Cộng từng vế $(1)$ và $(2)$, ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

http://16386979_246497275805225_6278625769030257610_n.jpg

Theo $\text{AM-GM}$: $\sqrt{\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )}\geq \sqrt{3\sqrt[3]{a^{3}b^{3}c^{3}}.3\sqrt[3]{a^{3}b^{3}c^{3}}}=3abc$

Từ đó, ta cần chứng minh: $\sqrt{\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )}\geq \frac{1}{3}\sqrt{\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )}+\sqrt[3]{\left ( a^{3}+abc \right )\left ( b^{3}+abc \right )\left ( c^{3}+abc \right )}\\\Leftrightarrow 2\sqrt{\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )}\geq 3\sqrt[3]{\left ( a^{3}+abc \right )\left ( b^{3}+abc \right )\left ( c^{3}+abc \right )}\\\Leftrightarrow 64\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )^{3}\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )^{3}\geq 729\left ( a^{3}+abc \right )^{2}\left ( b^{3}+abc \right )^{2}\left ( c^{3}+abc \right )^{2} \quad \quad (*)$

Theo $\text{AM-GM}$, ta có: 

• $27\left ( a^{2}b+b^{2}c \right )\left ( b^{2}c+c^{2}a \right )\left ( c^{2}a+a^{2}b \right )\leq 8\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )^{3}$      $(1)$
• $27\left ( ab^{2}+bc^{2} \right )\left ( bc^{2}+ca^{2} \right )\left ( ca^{2}+ab^{2} \right )\leq 8\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )^{3}$      $(2)$

Nhân từng vế $(1)$ và $(2)$, ta được:

$729\left ( a^{3}+abc \right )^{2}\left ( b^{3}+abc \right )^{2}\left ( c^{3}+abc \right )^{2}\leq 64\left ( a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \right )^{3}\left ( ab^{2}+bc^{2}+ca^{2} \right )^{3}$

Từ đó, ta có $(*)$ đúng.

Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ 

Cho $a,b,c\in \mathbb{R}^+$ và $\sum a\geq 12$ . Tìm min

$S=\frac{a^3}{\sqrt{ab}+2\sqrt{1+c\sqrt{c}}}+\frac{b^3}{\sqrt{bc}+2\sqrt{1+a\sqrt{a}}}+\frac{c^3}{\sqrt{ac}+2\sqrt{1+b\sqrt{b}}}$

Đổi biến: $\left ( \sqrt{a},\sqrt{b} ,\sqrt{c}\right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ khi đó: $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 12$

$S=\sum \frac{x^{6}}{xy+2\sqrt{1+z^{3}}}=\sum \frac{x^{6}}{xy+2\sqrt{\left ( 1+z \right )\left ( z^{2}-z+1 \right )}}\geq \sum \frac{x^{6}}{xy+z^{2}+2}\\\geq \frac{\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+zx+6}\geq \frac{\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )^{2}}{2\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )+6}$

Theo BĐT $\text{Holder}$, ta có: $\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )\left ( 1+1+1 \right )\geq \left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{3}\\\Rightarrow \left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )^{2}\geq \frac{\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{3}}{3}$

Từ đó: $S\geq \frac{\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )^{3}}{6\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )+18}$

Đặt $x^{2}+y^{2}+z^{2}=t$  $(t \geq 12)$, ta sẽ chứng minh: $\frac{t^{3}}{6t+18}\geq \frac{96}{5}$       $(*)$

Thật vậy:

$(*)\Leftrightarrow 5t^{3}-576t-1728\geq 0\Leftrightarrow \left ( t-12 \right )\left ( 5t^{2}+60t+144 \right )\geq 0$

Vì bất đẳng thức trên luôn đúng với mọi $t \geq 12$ nên $S \geq \frac{96}{5}$

Vậy $\min S=\frac{96}{5}\Leftrightarrow a=b=c=4$

Cho $1\leq a,b,c\leq 2$

Tìm Min P$=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

Ta có: $\frac{1}{P}=\frac{c^{2}+4\left ( ab+bc+ca \right )}{\left ( a+b \right )^{2}}\leq \frac{c^{2}+4c\left ( a+b \right )+\left ( a+b \right )^{2}}{\left ( a+b \right )^{2}}\\=\left ( \frac{c}{a+b} \right )^{2}+\frac{4c}{a+b}+1$

Ta có: $\frac{c}{a+b}\leq \frac{2}{1+1}=1$, từ đó: $\frac{1}{P}\leq 6\Rightarrow P\geq \frac{1}{6}$

Vậy $\min P= \frac{1}{6}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a=b=1 & \\ c=2 & \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,x,y\in \mathbb{R}^+$ thỏa mãn$a^5+b^5=2$ và $x,y\leq 4$

Tìm min P$=\frac{x^2+2y^2+24}{xy(a^2+b^2)}$

Nhìn nhiều biến thế này nhưng thực chất đây chỉ là sự kết hợp của hai bài toán: Tìm GTLN của $a^{2}+b^{2}$ và tìm GTNN của $\frac{x^{2}+2y^{2}+24}{xy}$

• Theo BĐT $\text{Holder}$, ta có: $\left ( a^{5}+b^{5} \right )\left ( a^{5}+b^{5} \right )\left ( 1+1 \right )\left ( 1+1 \right )\left ( 1+1 \right )\geq \left ( a^{2}+b^{2} \right )^{5}\Rightarrow a^{2}+b^{2}\leq 2$
• Ta lại có: $\frac{x^{2}+2y^{2}+24}{xy}=\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}+\frac{24}{xy}\\=\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right )+\left ( \frac{y}{x}+\frac{16}{xy} \right )+\frac{8}{xy}\geq 2+2\sqrt{\frac{16}{x^{2}}}+\frac{8}{xy} \geq \frac{9}{2}$

Từ đó: $\frac{x^{2}+2y^{2}+24}{xy\left ( a^{2}+b^{2} \right )}\geq \frac{9}{2.2}=\frac{9}{4}$

Vậy $\min P=\frac{9}{4}$ khi và chỉ khi: $\left\{\begin{matrix} x=y=4 & \\ a=b=1 & \end{matrix}\right.$