Cho các số $a,b,c$ thực dương. Chứng minh rằng
$$\frac{a^2+ab+2b^2}{b^2+2ab}+\frac{b^2+2c^2+bc}{c^2+2bc}+\frac{c^2+2a^2+ac}{a^2+2ac}\geq \frac{36(ab+bc+ac)}{(2+a^2)(2+b^2)(2+c^2)}$$ 
----Trần Trung Kiên----
Lời giải: 
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$VT\geq \frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}$$
Ta có: $$\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}$$
Áp dụng BĐT Minkowsky ta có
$${\sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(2[a+b+c)]^2+(c+a+b)^2} \geq 2(a+b+c)}$$
Do đó $$\frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{12(ab+bc+ac)}{(a+b+c)^2}$$
Ta chỉ cần chứng minh: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$  (1)
Đây là 2 cách chứng minh BĐT (1)
Cách 1: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$(a+b+c)^2\le (a^2+2)[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Khai triển ra ta được $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq 0$
Ta có: $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq (bc-1)^2\geq 0$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Cách 2: Trong 3 số $a^2-1;b^2-1;c^2-1$ luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử 2 số đó là $a^2-1; b^2-1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thằng Weierstrass (*)
$$(a^2+2)(b^2+2)=[3+(a^2-1)][3+(b^2-1)]=9(1+\frac{a^2-1}{3})(1+\frac{b^2-1}{3})$$
$$\geq 9(1+\frac{a^2-1}{3}+\frac{b^2-1}{3})=3(a^2+b^2+1)$$
Ta chỉ cần chứng minh $$(a^2+b^2+1)(c^2+2)\geq (a+b+c)^2$$
Điều này đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 \blacksquare$
Từ đây ta có điều cần chứng minh .

 Cho các số a,b,c thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$
Dễ thấy các số trong căn đều dương. Áp dụng BĐT Bernoulli(*)
$$\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac {1}{3}(1+b-c)+\frac{2}{3}=\frac{1}{3}(b-c)+1$$
$a\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac{1}{3}(ab-ac)+a$
Thiết lập tương tự ta có:
$$ b\sqrt[3]{1+c-a}\leq \frac{1}{3}(cb-ba)+b$$
$$c\sqrt[3]{1+a-b}\leq \frac{1}{3}(ca-bc)+c$$
Cộng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ac-ab-bc-ac)+a+b+c=1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
a = b = c \\
a + b + c = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}
\]

Cho các số dương $a,b,c,m,n,p$ thỏa mãn: $a+m=b+n=c+p=k$. Chứng minh rằng $$an+bp+cm < k^2$$

Cho các số dương $a,b,c,m,n,p$ thỏa mãn: $a+m=b+n=c+p=k$. Chứng minh rằng  $$an+bp+cm < k^2$$
Lời giải:
Từ giả thiết, ta có $(k-a)(k-b)(k-c)+abc>0,$ hay $$k^2>k(a+b+c)-(ab+bc+ca).$$ Bất đẳng thức này có thể được viết lại thành $$a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)< k^2.$$ Do $k-b=n,\, k-c=p,\, k-a=m$ nên ta có $$an+bp+cm<k^2.$$ Đây chính là kết quả cần chứng minh. $\blacksquare$
Theo Võ Quốc Bá Cẩn.

Chứng minh : $\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)} $ với a,b,c dương

Chứng minh : $\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)} $ với a,b,c dương
Vì $abc\ne 0$ nên ta chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho $abc$, ta được:
\[\sqrt{\left( \frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a} \right)\left( \frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b} \right)}\ge 1+\sqrt[3]{\left( 1+\frac{bc}{{{a}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ca}{{{b}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ab}{{{c}^{2}}} \right)}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{3+\frac{bc}{{{a}^{2}}}+\frac{ca}{{{b}^{2}}}+\frac{ab}{{{c}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{bc}+\frac{{{b}^{2}}}{ca}+\frac{{{c}^{2}}}{ab}}\ge 1+\sqrt[3]{\left( 1+\frac{bc}{{{a}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ca}{{{b}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ab}{{{c}^{2}}} \right)}\]
Đặt: $x=\frac{bc}{{{a}^{2}}};y=\frac{ca}{{{b}^{2}}};z=\frac{ab}{{{c}^{2}}}$ $\Rightarrow xyz=1$.
Khi đó ta cần chứng minh
\[\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge 1+\sqrt[3]{(1+x)(1+y)(1+z)}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge 1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\]
Đặt $t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}.$
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
\[x+y+z+xy+yz+zx\ge 6 \Rightarrow t\ge \sqrt[3]{2+6}=2.\]
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\sqrt{{{t}^{3}}+1}\ge 1+t\Leftrightarrow {{t}^{3}}+1\ge {{t}^{2}}+2t+1\Leftrightarrow {{t}^{3}}-{{t}^{2}}-2t\ge 0\Leftrightarrow t(t+1)(t-2)\ge 0,\] hiển nhiên đúng với $t\ge 2.$
Phép chứng minh hoàn tất. :)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \blacksquare$

Cho $\ a, b, c$ là 3 số thực dương. CMR: $\ 4{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}\geq \left({a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+abc \right)\left(a+b-c \right)\left(b+c-a \right)\left(c+a-b \right).$

Cho $\ a, b, c$ là 3 số thực dương. CMR: $\ 4{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}\geq \left({a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+abc \right)\left(a+b-c \right)\left(b+c-a \right)\left(c+a-b \right).$
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $a\ge b\ge c.$ Ta có các hằng đẳng thức sau đây $$abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c),$$ $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)].$$ Sử dụng các hằng đẳng thức này, ta có thể viết bất đẳng thức trên lại thành $$(a^3+b^3+c^3+abc)[abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]\ge abc(a^3+b^3+c^3-3abc),$$ hay là $$(a^3+b^3+c^3+abc)[(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)]\ge abc(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)],$$ $$(a-b)^2\cdot M +(a-c)(b-c)\cdot N \ge 0,$$ trong đó $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c).\end{aligned}$$ Vì $(a-b)^2$ và $(a-c)(b-c)$ đều không âm nên nếu ta chứng minh được cả $M,N$ đều là các số không âm nữa thì bài toán xem như đã được chứng minh. Thật vậy, ta có $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\&=(a^3+b^3+c^3)(a+b-c)-2abc \cdot c\\& \ge 3abc \cdot a -2abc \cdot c\\& =abc(3a-2c)>0.\end{aligned}$$ và $$\begin {aligned} N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c)\\&=c[a^3+b^3+c^3+abc-ab(a+b+c)]\\&=c[a^3+b^3-ab(a+b)]\\&=c(a-b)^2(a+b)\ge 0.\end{aligned}$$ Vậy bài toán đã được chứng minh xong $\Box$


Nguồn: onluyentoan.vn

Cho a,b là 2 số dương thoả mãn $a^3+b^3=2$
Chứng minh rằng: $3(a^4+b^4)+2a^4b^4 \leq 8$

$$a^3+b^3+1 \ge 3ab\Rightarrow ab\le 1$$
$$a^3+1+1\ge 3a \Rightarrow a^3+b^3+2\ge 3a+b^3\Rightarrow 3a\le 4-b^3$$
Tương tự: $3b\le 4-b^3$
$$3(a^4+b^4)+2a^4b^4=3a.a^3+3b.b^3+2a^3b^3.ab\le(4-b^3)a^3+(4-a^3)b^3+2a^3b^3=4(a^3+b^3)=8$$
Dấu $"="$ xảy ra khi: $a=b=1$

Cho $a,b,c \in \left[\frac{1}{2};2 \right].$ Chứng minh: $\left(a+b+b \right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\leq \frac{225}{16}$

 Cho $a,b,c \in \left[\frac{1}{2};2 \right].$ Chứng minh: $\left(a+b+b \right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\leq \frac{225}{16}$

Ta có: $$a \in [\frac{1}{2};2] \Rightarrow (a- \frac{1}{2})(a-2) \leq 0$$
$$a^2 - \frac{5}{2}a + 1 \leq 0$$
$$\Rightarrow a+ \frac{1}{a} \leq \frac{5}{2}$$
Tương tự, ta có: $$\Rightarrow b+ \frac{1}{b} \leq \frac{5}{2}$$
$$\Rightarrow c+ \frac{1}{c} \leq \frac{5}{2}$$
Theo BĐT AM-GM:
$$(a+b+c)(\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}) \leq \frac{1}{4}(a+b+c+\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c})^2 \leq \frac{1}{4}(3. \frac{5}{2})^2 = \frac{225}{16}$$

Cho n số nguyên phân biệt $a_1;a_2;...a_n$. Chứng minh rằng:$$a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\ge\frac{2n+1}{3}(a_1+a_2+...+a_n)$$

Rumani 1999

Lời giải:

• Với $n=1$ ta có $a_1^2\ge a_1 \iff a_1(a_1-1)\ge0$, đúng
• Giả sử mệnh đề đúng với $n=k\ge 1$ tức là với mọi k nguyên dương $a_1;a_2;...a_k$ bất kì thì

$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\ge\frac{2k+1}{3}(a_1+a_2+...+a_k)$$

Xét $k+1$ số nguyên dương tương ứng là $a_1;a_2;...a_{k+1}$ và không mất tính tổng quát giả sử $a_{k+1} =$ max${a_1;a_2;...a_{k+1}}$. 

Ta cần chứng minh

$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\ge\frac{2k+3}{3}(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1})$$

Theo giả thiết quy nạp thì $$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\ge\frac{2k+1}{3}(a_1+a_2+...+a_k)$$

Vì các số khác nhau đôi một nên $a_{k+1}-a_j\ge k+1-i,i=1,2,3,...k$

Suy ra \[
a_1  + a_2  + ... + a_k  \le \sum\limits_{i = 1}^k {(k + 1 - i) = \frac{{k(k + 1)}}{2}}
\]
Ta sẽ chứng minh rằng

\[
a_{k + 1}^2  \ge \frac{{k(k + 1)}}{2} + \frac{{2k + 3}}{3}a_{k + 1}  \Leftrightarrow 6a_{k + 1}^2  \ge 3k(k + 1) + 2(2k + 3)a_{k + 1}
\]
Bất đẳng thức này tương đương $$(a_{k + 1}  - k - 1)(3a_{k + 1}  - k) \ge 0$$ đúng do $a_{k+1}\ge k+1$

Suy ra mệnh đề đúng với n=k+1 theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng minh. $\blacksquare$

Cho các số x,y thõa mãn : $\left\{ \begin{array}{l}   0 \leq  x \leq 9  \\   0 \leq  y \leq 10  \\   2x+y \geq  14  \\  2x+5y \geq  30  \end{array} \right.$  Tìm GTLN và GTNN của biểu thức : $ A= x^2+y^2-2x+4y$

 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$x^2+25 \ge 10x,\quad y^2+16 \ge 8y.$$ Suy ra $$A \ge (10x-5)+(8y-16)-2x+4y=8x+12y-21 =2(2x+5y)+2(2x+y)-21 \ge 2\cdot 30 +2 \cdot 14-21 =67.$$ Mặt khác, dễ thấy bộ số $(x,\,y)=(5,\,4)$ thỏa mãn các điều kiện ở giả thiết và đẳng thức xảy ra nên ta có kết luận $\min A=67.$

(b) Tìm giá trị lớn nhất của $A.$ Do $0 \le x \le 10$ và $0 \le y \le 9$ nên ta có $x^2 \le 10x,\, y^2 \le 9y.$ Suy ra $$A \le 10x+9y-2x+4y=8x +13y \le 8\cdot 10 +13 \cdot 9= 197.$$ Lại thấy bộ số $(x,\,y)=(10,\,9)$ thỏa mãn các điều kiện đề bài và giả thiết nên ta có $\max A=197.$ $\blacksquare$

$P=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+....+ \frac{1}{n^{2}}<\frac{5}{3} (n\epsilon N, n\geq1)$

$$P=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+....+ \frac{1}{n^{2}}<\frac{5}{3} (n\epsilon N, n\geq1)$$
Với mọi $k\geq 1$ ta có
$$\frac{1}{k^2}=\frac{4}{4k^2}<\frac{4}{4k^2-1}=2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})$$
Cho $k=2,3,4,...,n$ ta có
$$\frac{1}{2^2}=\frac{4}{4.2^2}<\frac{4}{4.2^2-1}=\frac{2}{2.2-1}-\frac{2}{2.2+1}=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}$$
$$\frac{1}{3^2}=\frac{4}{4.3^2}<\frac{4}{4.3^2-1}=\frac{2}{2.3-1}-\frac{2}{2.3+1}=\frac{2}{5}-\frac{2}{7}$$
..............................................
$$\frac{1}{n^2}=\frac{4}{4n^2}<\frac{4}{4n^2-1}=\frac{2}{2n-1}-\frac{2}{2n+1}$$
Cộng lài ta được$VT<1+\frac{2}{3}-\frac{2}{2n+1}<1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}$
Đpcm $\blacksquare$

Bài toán:

Cho x,y,z,t thực thuộc đoạn [0;1]. Tìm GTLN của biểu thức 

$$P=x(1-y)+y(1-z)+z(1-t)+t(1-x)$$

Xét hình thoi ABCD có cạnh là 1.Trên các cạnh AB,BC,DC,DA ta lấy các điểm L,F,G,H sao cho $LA=x;BF=y, CG=z, DH=t$

Rõ ràng $$S_{BLF}+S_{ALH}+S_{HGD}+S_{FCG}\leq S_{ABCD}$$ 

Nên: $$\frac{1}{2}.x(1-t).sin60^0+\frac{1}{2}t(1-z).sin60^0+\frac{1}{2}z(1-y)+\frac{1}{2}y(1-x)\leq 1sin60^0$$

$$\Leftrightarrow x(1-t)+t(1-z)+z(1-y)+y(1-x)\leq 2$$

Vậy ta có $P\le 2$ vậy GTLN của P là 2 dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x,z bằng 1 và y,z bằng 0. $\blacksquare$

 Chứng minh rằng : $ \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} +\frac{y}{x} + \frac{x}{z} + \frac{z}{y} \leq \frac{26}{3} $ (Đề thi thử số 2-VMF)

Không mất tính tổng quát, giả sử $y$ nằm giữa $x$ và $z.$ Khi đó, ta có $(y-z)(y-x) \le 0,$ suy ra $$y^2+xz \le y(x+z).$$ Từ đây, ta được $$\frac{x}{y}+\frac{y}{z} =\frac{y^2+xz}{yz} \le \frac{y(x+z)}{yz} =\frac{x+z}{z} =\frac{x}{z}+1$$ và $$\frac{y}{x}+\frac{z}{y} =\frac{y^2+xz}{xy} \le \frac{y(x+z)}{xy} =\frac{x+z}{x} =\frac{z}{x}+1.$$ Từ hai đánh giá này suy ra $$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y} \le 2\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right) +2.$$ Và như thế, ta chỉ cần chứng minh được $$\frac{x}{z}+\frac{z}{x} \le \frac{10}{3},$$ hay $$(3x-z)(x-3z) \le 0.$$ Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $3x \ge 3 \ge z$ và $x \le 3 \le 3z.$ Bài toán được chứng minh xong. $\blacksquare$

 Cho $x,\, y,\, z$ là các số dương thỏa mãn $x+y+z=1 .$ Chứng minh rằng $$x + \sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz}\leq  \frac{4}{3}. $$

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$\sqrt{xy} \le \frac{x+4y}{4}$$ và $$\sqrt[3]{xyz} \le \frac{x+4y+16z}{12}.$$ Từ đó suy ra $$x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz} \le x+\frac{x+4y}{4}+\frac{x+4y+16z}{12} =\frac{4}{3} (x+y+z)=\frac{4}{3}.$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{16}{21},\, y=\frac{4}{21}$ và $z=\frac{1}{{21}}.$ $\blacksquare$

Với mọi số dương $a, b, c, d$ , chứng minh rằng :
$$\frac{b(a + c)}{c(a + b)} + \frac{c(b + d)}{d(b + c)} + \frac{d(c + a)}{a(c + d)} + \frac{a(d + b)}{b(d + a)} \ge 4$$ 

$$VT=(a+c)[\frac{b}{c(a+b)}+\frac{d}{d(c+d)}]+(b+d)[\frac{c}{d(c+d)}+\frac{a}{b(d+a)}]$$
$$=(abc+abd+acd+bcd)[\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(\frac{1}{d}+\frac{1}{c})}+\frac{\frac{1}{d}+\frac{1}{b}}{(\frac{1}{c}+\frac{1}{b})(\frac{1}{d}+\frac{1}{a})}]$$
Sử dụng AM-GM cho mẫu số ta có
\[
VT \ge (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}).[\frac{{4(\frac{1}{a} + \frac{1}{c})}}{{(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d})^2 }} + \frac{{4(\frac{1}{b} + \frac{1}{d})}}{{(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d})^2 }}] = 4
\]
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=c; b=d

Cho $x,y,z$ thuộc khoảng $(\frac{1}{3};1)$ thỏa mãn $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. Tìm GTNN của $P=x^2+y^2 +z^2$ 

Từ giả thiết ta có: $$xy+xz+yz=2xyz+(x+y+z)-1$$
$$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)=(x+y+z)^2-4xyz-2(x+y+z)+2\geq $$
$$\frac{-4}{27}(x+y+z)^3+(x+y+z)^2-2(x+y+z)+2$$
Đặt $t = x+y+z$ với $t\in (1;3)$

$P =-\frac{4}{27}t^3+t^2-2t+2$
$$P' = -\frac{4}{9}t^2+2t-2$$
F'=0 $\Leftrightarrow t=3 \vee t=\frac{3}{2}$
Lập bảng biến thiên tìm được Min P =$\frac{3}{4}$ xảy ra khi t=$\frac{3}{2}$

Cho các số thực x,y,z thoả mãn $0\leq x,y,z\leq a$ với a là số thưc dương. Tìm GTLN của P=x(a-y)+y(a-z)+z(a-x)

Xét tam giác đều có các cạnh là $a$. Trên các cạnh $AB,BC,CA$ lần lượt lấy các điểm M,N,P sao cho AM=x; BN=z;CP=y
Rõ ràng $$S_{MAP}+S_{PCN}+S_{NMB}\leq S_{ABC}$$

Nên $$\frac{1}{2}x(a-y).sin60^0+\frac{1}{2}y(a-z)sin60^0+\frac{1}{2}z(a-x)sin60^0\leq \frac{1}{2}a^2sin60^0$$
Từ đây ta có $x(a-y)+y(a-z)+z(a-x)\leq a^2$
Vậy $P\leq a^2$ nên max P là $a^2$ xảy ra khi 1 số bằng a 2 số còn lại bằng 0

$Cho$ $0\leq x;y;z\leq 1$ $CMR: Q=\frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq 2$

$Cho$ $0\leq x;y;z\leq 1$
$CMR: Q=\frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq 2$

Vì vai trò x,y,z như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $x\geq y\geq z$
Nêu z =0 

 $$VT=y+z\leq 2$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$
Nếu $z>0$ thì $(1-x)(1-z)=1+xz\geq x+z>0$
$$\Rightarrow \frac{1}{xz+1}\leq \frac{1}{x+z}\leq \frac{1}{y+z}$$
Xây dựng các biểu thức tương tự như trên.
Lại có: $$\frac{x}{yz+1}\leq x\leq 1$$
Từ đây suy ra $$VT< 1+\frac{y+z}{y+z}=2$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1 số bằng 0 hai số bằng 1

Đề thi ĐH khối B năm 2011

Đề thi ĐH khối B năm 2011
Cho a,b là 2 số thực dương thỏa $2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$
Tìm GTNN của P =$4(\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{a^3})-9(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2})$
Ta có: $$a,b > 0 \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = \left( {a + b} \right)\left( {ab + 2} \right) \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = {a^2}b + a{b^2} + 2\left( {a + b} \right)$$
$$ \Leftrightarrow 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)$$
Theo AM - GM: $$\left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 2\sqrt {2\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)}  = 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} $$
$$ \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 1 \geqslant 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)}  \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant \frac{5}{2}$$
Đặt $$t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a},t \geqslant \frac{5}{2} \Rightarrow P = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18 = f\left( t \right)$$
Khảo sát hàm số trên ta được: $$\min P =  - \frac{{23}}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{5}{2}\\
a + b = 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {a,b} \right) = \left( {1,2} \right)\\
\left( {a,b} \right) = \left( {2,1} \right)
\end{array} \right.$$

Khối A năm 2010

Khối A năm 2010

Đặt:$$ f(x,y,z)=\frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{x+z}$$

Ta có: $$f(x,y,\sqrt{xy})=\frac{x}{2x+3y}+\frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$

Ta xét hiệu:$$f(x,y,z)-f(x,y,\sqrt{xy})=\frac{(\sqrt{xy}-z)^2(\sqrt{x}-\sqrt{y})}{(x+z)(y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y})}\geq 0$$Hiển nhiên đúng.

Ta có: $$P=f(x,y,z)\geq \frac{x}{2x+3y}+\frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\frac{\frac{x}{y}}{2\frac{x}{y}+3}+\frac{2}{\sqrt{\frac{x}{y}}+1}$$

Ta đặt: $t=\sqrt{\frac{x}{y}}$,$1\leq t\leq 2$. Ta có: $$P\geq \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$$

Bài toán tới đây trở nên đơn giản.

Cách 2:

Đặt $\frac{y}{x}=a;\,\,\frac{z}{y}=b;\,\,\,\frac{x}{z}=c.$

Khi đó $abc=1$ và $2\ge \sqrt{bc}\ge 1.$

Ta có $$P=\frac{1}{2+3a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}.$$

Xét bài toán mới này có các biến $b$ và $c$ bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $b=c=\frac{1}{\sqrt{a}}.$

Khi đó $P=\frac{1}{2+3a}+\frac{2\sqrt{a}}{1+\sqrt{a}} :=f(a)$ với $a\in \left[ \frac{1}{4};\,1 \right].$

So sánh $f\left( \frac{1}{4} \right)$ với $f(1)$ ta dự đoán được $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=\frac{1}{4}.$

Khi đó $b=c=2$ và ta tìm được các giá trị của $\left( x,y,z \right)$ tương ứng là $\left( 4,1,2 \right).$