Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh
$\sum \dfrac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}\geq 3$
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$\sum \frac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}=\sum \frac{a^2}{a^2+ab+bc}+2\sum \frac{b^2}{a^2+ab+bc}$$
$$\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}+2\sum \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=3$$



Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh $\sum \dfrac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}\geq 3$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh
$\sum \dfrac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}\geq 3$
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$\sum \frac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}=\sum \frac{a^2}{a^2+ab+bc}+2\sum \frac{b^2}{a^2+ab+bc}$$
$$\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}+2\sum \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=3$$



Đọc thêm..
Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a\geq 4, b\geq 5, c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\doteq 90$.
Tìm Min P= a+b+c

Đặt $a=4+x, b=5+y, c=6+z$, khi đó $P=15+x+y+z$ và $x^2+8x+y^2+10y+z^2+12z=13$
Dễ thấy $x^2+y^2+z^2 \leqslant (x+y+z)^2$
            $8x+10y+12z \leqslant 12(x+y+z)$
Do đó $x+y+z \geqslant 1$
Khi đó $P \geqslant 16$

Đẳng thức xảy ra khi $a=4,b=5,c=7$

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a\geq 4, b\geq 5, c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\doteq 90$. Tìm Min P= a+b+c

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a\geq 4, b\geq 5, c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\doteq 90$.
Tìm Min P= a+b+c

Đặt $a=4+x, b=5+y, c=6+z$, khi đó $P=15+x+y+z$ và $x^2+8x+y^2+10y+z^2+12z=13$
Dễ thấy $x^2+y^2+z^2 \leqslant (x+y+z)^2$
            $8x+10y+12z \leqslant 12(x+y+z)$
Do đó $x+y+z \geqslant 1$
Khi đó $P \geqslant 16$

Đẳng thức xảy ra khi $a=4,b=5,c=7$
Đọc thêm..
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:



$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG

1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:



$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Đọc thêm..
Bài toán:
Cho a,b,c là các s thc dương.Tìm $P_{min}$
$$P=\dfrac{a+3c}{a+2b+c}+\dfrac{4b}{a+b+2c}-\dfrac{8c}{a+b+3c}$$
Li gii:
Nhìn vào điu kin bài toán dn ta đến vic đăt n ph

Đt $\left\{\begin{matrix} a+2b+c=x\\a+b+2c=y \\ a+b+3c=z \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+3c=2y-x\\4b=4x-8y+4z \\ -8c=8y-8z \end{matrix}\right.$
Do đó $A=\dfrac{2y-x}{x}+\dfrac{4x-8y+4z}{y}+\dfrac{8y-8z}{z}$
  $\Rightarrow A=\dfrac{2y}{x}-1+\dfrac{4x}{y}-8+\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z}-8$
  $\Rightarrow A=(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{4x}{y})+(\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z})-17$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
          $$(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{4x}{y})+(\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z}) \geqslant 4\sqrt{2}+8\sqrt{2}=12\sqrt{2}$$
  $\Rightarrow A\geqslant 12\sqrt{2}-17$
Đng thc xy ra khi $\left\{\begin{matrix} y=x\sqrt{2}\\ z=y\sqrt{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+2c=(a+2b+c)\sqrt{2}\\ a+b+3c=(a+b+2c)\sqrt{2} \end{matrix}\right.$


$P=\dfrac{a+3c}{a+2b+c}+\dfrac{4b}{a+b+2c}-\dfrac{8c}{a+b+3c}$

Bài toán:
Cho a,b,c là các s thc dương.Tìm $P_{min}$
$$P=\dfrac{a+3c}{a+2b+c}+\dfrac{4b}{a+b+2c}-\dfrac{8c}{a+b+3c}$$
Li gii:
Nhìn vào điu kin bài toán dn ta đến vic đăt n ph

Đt $\left\{\begin{matrix} a+2b+c=x\\a+b+2c=y \\ a+b+3c=z \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+3c=2y-x\\4b=4x-8y+4z \\ -8c=8y-8z \end{matrix}\right.$
Do đó $A=\dfrac{2y-x}{x}+\dfrac{4x-8y+4z}{y}+\dfrac{8y-8z}{z}$
  $\Rightarrow A=\dfrac{2y}{x}-1+\dfrac{4x}{y}-8+\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z}-8$
  $\Rightarrow A=(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{4x}{y})+(\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z})-17$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
          $$(\dfrac{2y}{x}+\dfrac{4x}{y})+(\dfrac{4z}{y}+\dfrac{8y}{z}) \geqslant 4\sqrt{2}+8\sqrt{2}=12\sqrt{2}$$
  $\Rightarrow A\geqslant 12\sqrt{2}-17$
Đng thc xy ra khi $\left\{\begin{matrix} y=x\sqrt{2}\\ z=y\sqrt{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+2c=(a+2b+c)\sqrt{2}\\ a+b+3c=(a+b+2c)\sqrt{2} \end{matrix}\right.$


Đọc thêm..
Bài toán:Tìm Min $A=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}+\dfrac{xy+x+y}{(x+y+1)^2}$



Lời giải:
Đặt $t=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}$
Ta sẽ chứng minh $t\geq 3$
Thật vậy:$ t\geq 3\Leftrightarrow 2(x+y+1)^2\geq 6(x+y+xy)$
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2\geq 0$
Điều này luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$
Ta có: $A=\dfrac{8t}{9}+\left(\dfrac{t}{9}+\dfrac{1}{t}\right)\geq \dfrac{24}{9}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi:$ t=3\Leftrightarrow x=y=1$

$4A=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}+\dfrac{xy+x+y}{(x+y+1)^2}$

Bài toán:Tìm Min $A=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}+\dfrac{xy+x+y}{(x+y+1)^2}$



Lời giải:
Đặt $t=\dfrac{(x+y+1)^2}{xy+x+y}$
Ta sẽ chứng minh $t\geq 3$
Thật vậy:$ t\geq 3\Leftrightarrow 2(x+y+1)^2\geq 6(x+y+xy)$
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2\geq 0$
Điều này luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$
Ta có: $A=\dfrac{8t}{9}+\left(\dfrac{t}{9}+\dfrac{1}{t}\right)\geq \dfrac{24}{9}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi:$ t=3\Leftrightarrow x=y=1$
Đọc thêm..
Bài toán:

Cho các số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(a + b)^2}{ab} + \dfrac{(b + c)^2}{bc} + \dfrac{(c + a)^2}{ca} \geq 9 + 2(\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b}).$

Lời giải:
BĐT $\Leftrightarrow \sum \left [ \dfrac{(a+b)^2}{ab}-4 \right ]\geqslant \sum \dfrac{2a}{b+c}-3$
$  \Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{ab}\geqslant \sum \dfrac{2a}{b+c}-3$
Sử dụng khai triển $\sum \dfrac{2a}{b+c}-3=\sum \dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$
Nên ta chỉ cần chứng minh 
            $ \sum \dfrac{(a-b)^2}{ab}\geqslant \sum \dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left [ \dfrac{1}{ab}-\dfrac{1}{(a+c)(b+c)} \right ]\geqslant 0$
Vậy ta có đpcm

Đẳng thức khi $a=b=c>0$

$\dfrac{(a + b)^2}{ab} + \dfrac{(b + c)^2}{bc} + \dfrac{(c + a)^2}{ca} \geq 9 + 2(\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b})$

Bài toán:

Cho các số thực a, b, c dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(a + b)^2}{ab} + \dfrac{(b + c)^2}{bc} + \dfrac{(c + a)^2}{ca} \geq 9 + 2(\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b}).$

Lời giải:
BĐT $\Leftrightarrow \sum \left [ \dfrac{(a+b)^2}{ab}-4 \right ]\geqslant \sum \dfrac{2a}{b+c}-3$
$  \Leftrightarrow \sum \dfrac{(a-b)^2}{ab}\geqslant \sum \dfrac{2a}{b+c}-3$
Sử dụng khai triển $\sum \dfrac{2a}{b+c}-3=\sum \dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$
Nên ta chỉ cần chứng minh 
            $ \sum \dfrac{(a-b)^2}{ab}\geqslant \sum \dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left [ \dfrac{1}{ab}-\dfrac{1}{(a+c)(b+c)} \right ]\geqslant 0$
Vậy ta có đpcm

Đẳng thức khi $a=b=c>0$
Đọc thêm..

Bài toán:
Cho$ a;b;c$ thoả mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$ A=(a+b+c+3)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)$



Lời giải: Đặt$ x=a+1;y=b+1;c=z+1$
Đưa bài toán về:
$\boxed{Note}$
Cho $x;y;z$ thỏa mãn $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$. Tìm Max $P=(x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)      (=10)$

Vì $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$ nên
$\left(\dfrac{x}{y}-1\right)\left(\dfrac{y}{z}-1\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}\leq \dfrac{x}{z}+1 \left(\dfrac{y}{x}-1\right)\left(\dfrac{z}{y}-1\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\leq \dfrac{z}{x}+1$
Vậy $P\leq 5+2\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)$
Mà $\left(\dfrac{x}{z}-1\right)\left(\dfrac{z}{x}-2\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow 3\geq \dfrac{2x}{z}+\dfrac{z}{x}$
$\Leftrightarrow \dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\leq 3-\dfrac{x}{z}\leq 3-\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}$
$\Rightarrow P\leq 10$

$A=(a+b+c+3)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)$

Bài toán:
Cho$ a;b;c$ thoả mãn $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$ A=(a+b+c+3)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)$



Lời giải: Đặt$ x=a+1;y=b+1;c=z+1$
Đưa bài toán về:
$\boxed{Note}$
Cho $x;y;z$ thỏa mãn $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$. Tìm Max $P=(x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)      (=10)$

Vì $1\leq x\leq y\leq z\leq 2$ nên
$\left(\dfrac{x}{y}-1\right)\left(\dfrac{y}{z}-1\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}\leq \dfrac{x}{z}+1 \left(\dfrac{y}{x}-1\right)\left(\dfrac{z}{y}-1\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\leq \dfrac{z}{x}+1$
Vậy $P\leq 5+2\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)$
Mà $\left(\dfrac{x}{z}-1\right)\left(\dfrac{z}{x}-2\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow 3\geq \dfrac{2x}{z}+\dfrac{z}{x}$
$\Leftrightarrow \dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\leq 3-\dfrac{x}{z}\leq 3-\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}$
$\Rightarrow P\leq 10$

Đọc thêm..
$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$

Bài toán:
Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn: $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng
$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$


Lời giải:
BĐT$\Leftrightarrow \sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Áp dụng bđt BCS ta có:
$\left(\sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\right)^2\leq 3\sum \left(1-\dfrac{1}{a^2}\right)=9-3\sum \dfrac{1}{a^2} (1)$
Vì $a+b+c+2=abc$ nên với $x;y;z>0$ ta có: $a=\dfrac{y+z}{x}$;$b=\dfrac{z+x}{y}$;$c=\dfrac{x+y}{z}$
Áp dụng bđt BCS và bđt Nesbit ta có:
$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{a^2}=\sum \left(\dfrac{x}{y+z}\right)^2\geq \dfrac{1}{3}\left(\sum \dfrac{x}{y+z}\right)^2\geq \dfrac{1}{3}$.$\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{3}{4}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
$\left(\sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\right)^2\leq \dfrac{27}{4}$
$\Rightarrow đpcm.$


$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$

$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$

Bài toán:
Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn: $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng
$\sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \dfrac{3}{2}\sqrt{3}abc$


Lời giải:
BĐT$\Leftrightarrow \sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
Áp dụng bđt BCS ta có:
$\left(\sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\right)^2\leq 3\sum \left(1-\dfrac{1}{a^2}\right)=9-3\sum \dfrac{1}{a^2} (1)$
Vì $a+b+c+2=abc$ nên với $x;y;z>0$ ta có: $a=\dfrac{y+z}{x}$;$b=\dfrac{z+x}{y}$;$c=\dfrac{x+y}{z}$
Áp dụng bđt BCS và bđt Nesbit ta có:
$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{a^2}=\sum \left(\dfrac{x}{y+z}\right)^2\geq \dfrac{1}{3}\left(\sum \dfrac{x}{y+z}\right)^2\geq \dfrac{1}{3}$.$\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{3}{4}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
$\left(\sum \sqrt{1-\dfrac{1}{a^2}}\right)^2\leq \dfrac{27}{4}$
$\Rightarrow đpcm.$


Đọc thêm..
Bài toán:

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn:$ \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=2$. Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}+\dfrac{1}{y^2(2y+3z+x)}+$ $\dfrac{1}{z^2(2z+3x+y)}\le \dfrac{1}{3}$




Lời giải:
Áp dụng liên tiếp BĐT AM-GM, Cauchy Schwarz cho 3 số ta có:
$12=6\sum \dfrac{1}{x^3}=\sum \left [ \dfrac{2}{x^3}+\left ( \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3} \right )+\dfrac{1}{3}\left ( \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{z^3} \right ) \right ]\ge \sum \left [ \dfrac{2}{x^3}+\dfrac{3}{x^2y}+\dfrac{3}{3x^2z} \right ]=\sum \left [ \dfrac{4}{2x^3}+\dfrac{9}{3x^2y}+\dfrac{1}{x^2z} \right] \ge \sum \left [ \dfrac{(2+3+1)^2}{2x^3+3x^2y+x^2z} \right ]=\sum \dfrac{36}{x^2(2x+3y+z)}$

$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}\le \dfrac{1}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi: $x=y=z=\sqrt[3][\dfrac{3}{2}]$

$\dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}+\dfrac{1}{y^2(2y+3z+x)}+ \dfrac{1}{z^2(2z+3x+y)}\le \dfrac{1}{3}$

Bài toán:

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn:$ \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=2$. Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}+\dfrac{1}{y^2(2y+3z+x)}+$ $\dfrac{1}{z^2(2z+3x+y)}\le \dfrac{1}{3}$




Lời giải:
Áp dụng liên tiếp BĐT AM-GM, Cauchy Schwarz cho 3 số ta có:
$12=6\sum \dfrac{1}{x^3}=\sum \left [ \dfrac{2}{x^3}+\left ( \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3} \right )+\dfrac{1}{3}\left ( \dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{z^3} \right ) \right ]\ge \sum \left [ \dfrac{2}{x^3}+\dfrac{3}{x^2y}+\dfrac{3}{3x^2z} \right ]=\sum \left [ \dfrac{4}{2x^3}+\dfrac{9}{3x^2y}+\dfrac{1}{x^2z} \right] \ge \sum \left [ \dfrac{(2+3+1)^2}{2x^3+3x^2y+x^2z} \right ]=\sum \dfrac{36}{x^2(2x+3y+z)}$

$\Rightarrow \sum \dfrac{1}{x^2(2x+3y+z)}\le \dfrac{1}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi: $x=y=z=\sqrt[3][\dfrac{3}{2}]$

Đọc thêm..