nmtuan2001

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: ab + bc + ca + abc = 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M = $\frac{a+1}{a^{2}+2a+2}+\frac{b+1}{b^{2}+2b+2}+\frac{c+1}{c^{2}+2c+2}$

Đk tương đương với $\sum \frac{1}{(a+1)(b+1)}=1$.
Đặt $x=\frac{1}{a+1}, y=\frac{1}{b+1}, z=\frac{1}{c+1}$. Ta có $xy+yz+zx=1$.
$$M=\sum \frac{a+1}{(a+1)^2+1}=\sum \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+1}=\sum \frac{x}{x^2+1}$$
$$=\sum \frac{x}{x^2+xy+yz+zx}=\sum \frac{x}{(x+y)(x+z)}=\frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
Mà $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)=\frac{8(x+y+z)}{9} \geq \frac{8\sqrt{3(xy+yz+zx)}}{9}=\frac{8\sqrt{3}}{9}$.
Do đó $M \leq \frac{3\sqrt{3}}{4}$.

Cho $a,b,c$ là số thực dương thỏa mãn :$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2} +\frac{b^3}{b^2+bc+c^2} +\frac{c^3}{c^2+ac+a^2} =1$
Tìm Max : $a+b+c$

Để ý $\sum \frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}=\sum (a-b)=0$, suy ra
$$\sum {a^3}{a^2+ab+b^2}=\sum {b^3}{a^2+ab+b^2}$$
Do đó $\sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=2$.
Mà $3(a^2-ab+b^2)-(a^2+ab+b^2)=2(a-b)^2$, nên $a^2-ab+b^2 \geq \frac{a^2+ab+b^2}{3}$.
Suy ra $\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{a+b}{3}$.
Cộng từng vế các BĐT tương tự ta được
$$\frac{2(a+b+c)}{3} \leq \sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=2$$
$$a+b+c \leq 3$$

Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3. CMR
$\frac{a}{a^{3}+b^{2}+c}+\frac{b}{b^{3}+c^{2}+a}+\frac{c}{c^{3}+a^{2}+b}\leq 1$

Cauchy-Schwarz: $(a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c) \geq (a+b+c)^2=9$
Tương tự, ta có
$$VT \leq \sum \frac{a(\frac{1}{a}+1+c)}{9}=\frac{6+ab+bc+ca}{9} \leq 1$$
Vì $ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$

cho x,y,z là các số thực dương tm dk xyz=1
cmr $\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}+\frac{1}{(1+z)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

Đặt $x=\frac{bc}{a^2}, y=\frac{ca}{b^2}, z=\frac{ab}{c^2}$. BĐT trở thành
$$\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2} \frac{3}{4}$$
Cauchy-Schwarz: $\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (a^2+bc)^2}$
BĐT tương đương với $4(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3\sum (a^2+bc)^2$, hay
$$\sum a^4+5\sum a^2b^2 \geq 6abc(a+b+c)$$
Ta có $VT \geq 6\sum a^2b^2 \geq 6abc(a+b+c)$.
Do đó ta có đpcm.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $ab+bc+ca\geq 3+\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

Đk tương đương với $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{bc}=1$.
Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$, đk trở thành $xy+yz+zx=1$.
BĐT tương đương với (sau khi nhân cả 2 vế với $xyz$:
$$x+y+z \geq 3xyz+\sum yz\sqrt{x^2+1}$$
Vì $xy+yz+zx=1$ nên $\sqrt{x^2+1}=\sqrt{(x+y)(x+z)} \leq \frac{2x+y+z}{2}$.
Tương tự, ta có $VP \leq \frac{1}{2}\sum yz(y+z)+6xyz$.
Cần chứng minh $2(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \sum yz(y+z)+12xyz$, hay
$$\sum yz(y+z) \geq 6xyz$$
BĐT trên đúng theo AM-GM cho 6 số.

Cho $a,b,c\geq 0$ , $a+b+c=3$.CMR:
$\frac{25}{3\sqrt[3]{4(ab+bc+ac)}}\geq \frac{a+1}{b+1} +\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}$

Áp dụng BĐT AM-GM: $VT=\frac{25}{3\sqrt[3]{2.2(ab+bc+ac)}} \geq \frac{25}{ab+bc+ca+4}=\frac{25}{ab+bc+ca+a+b+c+1} \geq \frac{25}{(a+1)(b+1)(c+1)}$
Cần chứng minh: $\sum (a+1)^2(b+1) \leq 25$. Sau khi rút gọn, BĐT trở thành
$$a^2b+b^2c+c^2a \leq 4$$
KMTTQ, giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$, suy ra $(b-a)(b-c) \leq 0$, hay $b^2+ca \leq ab+bc$.
Do đó $b^2c+c^2a \leq abc+bc^2$, nên
$$a^2b+b^2c+c^2a \leq a^2b+abc+bc^2 \leq b(c+a)^2=\frac{1}{2}.2b(c+a)(c+a) \leq \frac{1}{54}(2b+c+a+c+a)^3=4$$

CodeCogsEqn (9).gif

BĐT bị ngược dấu rồi.

BĐT tương đương với $\sum \frac{a}{b+c}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$.

$$\sum a(a+b)(a+c)+4abc \geq 2(a+b)(b+c)(c+a)$$

$$\sum a^3+\sum ab(a+b)+7abc \geq 2\sum ab(a+b)+4abc$$

$$a^3+b^3+c^3+3abc \geq \sum ab(a+b)$$

Đây là BĐT Schur nên ta có đpcm.

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

Sửa lại đề: $ab+bc+ca+\sum \frac{\left( a^2-b^2 \right)^2}{4(a^2+b^2)} \leq a^2+b^2+c^2 \leq ab+bc+ca+\sum \frac{\left( a^2-b^2 \right)^2}{2(a^2+b^2)}$

Vì $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}\sum (a-b)^2$ nên BĐT tương đương với

$$\sum (a-b)^2\frac{(a+b)^2}{4(a^2+b^2)} \leq \frac{1}{2}\sum (a-b)^2 \leq \sum (a-b)^2\frac{(a+b)^2}{2(a^2+b^2)}$$

Dễ thấy $\frac{(a+b)^2}{2(a^2+b^2)} \leq 1<\frac{(a+b)^2}{a^2+b^2}$, nên ta có đpcm.

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (\sqrt{x}+\sqrt{y})(\frac{1}{\sqrt{x+3y}}+\frac{1}{\sqrt{y+3x}})=2\\ x^{2}+2y+9=4\sqrt{x+3}+\sqrt{19-3y} \end{matrix}\right.$

Ta sẽ chứng minh với $x,y>0$ (đkxđ)

$$\frac{1}{\sqrt{x+3y}}+\frac{1}{\sqrt{3x+y}} \leq \frac{2}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$

Ta có $\sqrt{\frac{x}{x+3y}}=\sqrt{\frac{x}{x+y}.\frac{x+y}{x+3y}} \leq \frac{1}{2}\left( \frac{x}{x+y}+\frac{x+y}{x+3y} \right)$

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

Cộng theo vế 2 BĐT trên ta được $\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x+3y}} \leq \frac{1}{2}(\frac{x}{x+y}+\frac{3}{2})$.

 

Ta có BĐT tương tự với $\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{3x+y}}$ và từ BĐT này ta có đpcm.

 

Dấu $=$ xảy ra nên $x=y$.

Thay vào PT(2): $x^2+2x+9=4\sqrt{x+3}+\sqrt{19-3x}$

$$x^2+2x-3=4(\sqrt{x+3}-2)+(\sqrt{19-3x}-4)$$

$$(x-1)(x+3)=\frac{4(x-1)}{\sqrt{x+3}+2}+\frac{3(1-x)}{\sqrt{19-3x}+4}$$

$$(x-1)\left( x+3-\frac{4}{\sqrt{x+3}+2}+\frac{3}{\sqrt{19-3x}+4} \right)=0$$

Dễ thấy $\frac{4}{\sqrt{x+3}+2}<2$ nên biểu thức trong ngoặc $>0$.

Do đó $x=y=1$ là nghiệm duy nhất của hệ.

CodeCogsEqn (3).gif

BĐT hoán vị nhưng ko đối xứng nên ko thể giả sử $a \geq b \geq c$ được.

Giả sử $c=min(a,b,c)$ là được.

 

Ngoài ra, có cách khác sau:

TH1: Cả 3 số cùng âm hoặc cùng dương (2 TH này tương đương vì nếu $a,b,c<0$ chỉ cần thay $a,b,c$ thành $-a,-b,-c$ và BĐT ko đổi)

Đặt $\frac{a}{b}=x, \frac{b}{c}=y, \frac{c}{a}=z$ thì BĐT trở thành $x^2+y^2+z^2 \geq x+y+z$ với $xyz=1$.

Ta có $x^2+y^2+z^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{3} \geq x+y+z$ vì $x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$.

 

TH2: 2 số dương, 1 số âm: Giả sử $a,b>0$ và $c<0$

Đặt $a=x, b=y, -c=z$ thì $x,y,z>0$ và BĐT trở thành $(\frac{x}{y})^2+(\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2 \geq \frac{x}{y}-\frac{y}{z}-\frac{z}{x}$.

Từ TH1 suy ra $VT \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}>VP$

TH3: 1 số dương, 2 số âm. Giải tương tự TH2.

Giải phương trình $\frac{1}{\sqrt{x+3}}+\frac{1}{\sqrt{3x+1}}=\frac{2}{1+\sqrt{x}}$

Ta sẽ chứng minh kết quả tổng quát sau: Cho $a,b>0$, ta có

$$\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{3a+b}} \leq \frac{2}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$

Ta có $\sqrt{\frac{a}{a+3b}}=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a+b}{a+3b}} \leq \frac{1}{2}\left( \frac{a}{a+b}+\frac{a+b}{a+3b} \right)$

$\sqrt{\frac{b}{a+3b}}=\sqrt{\frac{1}{2}.\frac{2b}{a+3b}} \leq \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2}+\frac{2b}{a+3b} \right)$

Cộng theo vế 2 BĐT trên ta được $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}} \leq \frac{3}{4}+\frac{a}{2(a+b)}$.

Tương tự ta có $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+3}} \leq \frac{3}{4}+\frac{b}{2(a+b)}$.

Do đó $(\sqrt{a}+\sqrt{b})\left( \frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{3a+b}} \right) \leq \frac{3}{4}+\frac{a}{2(a+b)}+\frac{3}{4}+\frac{b}{2(a+b)}=2$ nên ta có đpcm.

Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\frac{2b}{a+3b}=\frac{2a}{3a+b}=\frac{1}{2}$ hay $a=b$.

 

Áp dụng: Dễ thấy $x \geq 0$ (đkxđ) mà $x=0$ không phải là nghiệm nên $x>0$.

Từ BĐT trên (với $a=x, b=1$) suy ra dấu $=$ xảy ra, hay $x=1$.

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh
$$\sqrt[3]{\frac{2a}{4a+4b+c}}+\sqrt[3]{\frac{2b}{4b+4c+a}}+\sqrt[3]{\frac{2c}{4c+4a+b}}<2$$
(Nguồn: Tạp chí Crux 2011)
Ps: BĐT khá lỏng nhưng có cách giải khá hay

Cho S=$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+.....+\frac{1}{63}$. Chứng minh: 3<s<6

$$S=1+\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)+\left( \frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7} \right)+...+\left( \frac{1}{32}+\frac{1}{33}+...+\frac{1}{63} \right)$$

$$<1+2.\frac{1}{2}+4.\frac{1}{4}+8.\frac{1}{8}+16.\frac{1}{16}+32.\frac{1}{32}=6$$

 

$$S=1+\frac{1}{2}+\left( \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \right)+\left( \frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8} \right)+...+\left( \frac{1}{33}+\frac{1}{34}+...+\frac{1}{63} \right)$$

$$>1+\frac{1}{2}+2.\frac{1}{4}+4.\frac{1}{8}+8.\frac{1}{16}+16.\frac{1}{32}+31.\frac{1}{63}>3$$

1.Cho a > 0, b > 0 và $a+b\leqslant 1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

A=$\frac{a^{2}b^{2}}{a^{4}b^{2}+a^{2}b^{4}+a^{2}+b^{2}}$
 

$$\frac{1}{A}=a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=(a^2+\frac{1}{16a^2})+(b^2+\frac{1}{16b^2})+\frac{15}{16}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})$$

$$\geq 2\sqrt{a^2.\frac{1}{16a^2}}+2\sqrt{b^2.\frac{1}{16b^2}}+\frac{15}{32}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^2$$

$$\geq 1+\frac{15}{32}(\frac{4}{a+b})^2=1+\frac{15}{2(a+b)^2} \geq 1+\frac{15}{2}=\frac{17}{2}$$

Suy ra $A \leq \frac{2}{17}$.

gpt $\sqrt{x+3}=4x^{2}+5x-1$

PT tương đượng với $x+3+\sqrt{x+3}+\frac{1}{4}=4x^2+6x+\frac{9}{4}$, hay $(\sqrt{x+3}+\frac{1}{2})^2=(2x+\frac{3}{2})^2$.

TH1: $\sqrt{x+3}+\frac{1}{2}=2x+\frac{3}{2}$ nên $\sqrt{x+3}=2x+1$, hay $x+3=(2x+1)^2$, $4x^2+3x-2=0$.

Suy ra $x=\frac{\sqrt{41}-3}{8}$ (giá trị $x$ còn lại ko thỏa mãn $2x+\frac{3}{2}>0$)

 

TH2: $\sqrt{x+3}+\frac{1}{2}=-(2x+\frac{3}{2})$, hay $\sqrt{x+3}=-2x-2$.

$$x+3=4x^2+8x+4$$

$$4x^2+7x+1=0$$

Do đó $x=\frac{-7-\sqrt{33}}{8}$ (giá trị $x$ còn lại ko thỏa mãn $2x+2<0$)