Bài 1:Cho $x,y,z >0 : xyz+x+z=y$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=\dfrac{2}{x^2+1} - \dfrac{2}{y^2+1} -\dfrac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\dfrac{3z}{(z^2+1).\sqrt{z^2+1}}$
Bài 2:Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$
Chứng minh rằng : $8(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$
Bài 3:Cho $x;y;z> 0$.Chứng minh rằng :
$P=\dfrac{2xy}{(z+x)(z+y)}+\dfrac{2yz}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{3xz}{(y+z)(y+x)}\geqslant \dfrac{5}{3}.$
Bài 4:Cho các sô dương $a;b;c$ thỏa mãn $\large ab+ac+bc=3abc$. Tìm GTNN của biểu thức:
$\large M=\dfrac{2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )+abc}{a^{2}b^{2}c^{2}}$
Bài 5Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=abc$.
Chứng minh rằng $\dfrac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}+\dfrac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})}+\dfrac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+a^{3})}\geq 1$
B5
Bài giải:Theo bđt Chebyshev ta có
$\dfrac{a^4+b^4}{a^3+b^3}\ge \dfrac{a+b}{2}$
do đó
$\dfrac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}+\dfrac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})}+\dfrac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+a^{3})}\ge \dfrac{a+b}{2ab}+\dfrac{b+c}{2bc}+\dfrac{c+a}{2ca}=\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=1$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$
Bài 4:
Bài giải:
Vì $a, b, c>0$ nên từ điều kiện ban đầu, ta suy ra:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3$
Đặt: $\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\to (x;y;z)$
$\Rightarrow x+y+z=3$
$\Rightarrow xy+yz+zx\le 3$
Mặt khác: $M$ được viết lại thành:
$M=2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)+\dfrac{1}{abc}$
$=2(x^2+y^2+z^2)+xyz$
Lại có: $x^2+y^2+z^2=9-2(xy+yz+zx)$
$xyz\ge \dfrac{(x+y+z)[4(xy+yz+zx)-(x+y+z)^2]}{9}=\dfrac{4(xy+yz+zx)-9}{3}$ (theo $schur$)
Từ đó ta có:
$M\ge \dfrac{4}{3}(xy+yz+zx)-4(xy+yz+zx)+15=\dfrac{-8}{3}(xy+yz+zx)+15\ge 7$ (vì $xy+yz+zx\le 3$)
Vậy $min M=7\Leftrightarrow a=b=c=1$
B2
Cách 2:
Ta có BĐT tương đương
f(abc,a+b+c,ab+bc+ca) =$8.\dfrac{ab+bc+ca}{abc}+9-10((a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca))\geq 0$
Nhận thấy đây là hàm đơn điệu trên R theo abc nên theo định lý ABC, hàm số đạt cực tiểu khi có 2 biến = nhau, nên a=b=$\dfrac{3-c}{2}$
Thay vào và chứng minh BĐT 1 biến c ,bài toán trở nên quá đơn giản
Bài 2:
Bài giải:
Cách 1
Giải như sau:
Giả sử a là số lớn nhất trong 3 số a,b,c ,thế thì c nhỏ hơn 3 và không nhỏ hơn 1
ta thấy $9=(42a-48)+(42b-\dfrac{69}{2})+(42c-\dfrac{69}{2})$
Thay và BĐT ban đầu ta thấy tương đương
$(\dfrac{8}{b}-10b^{2}+42b-\dfrac{69}{2})+(\dfrac{8}{c}-10c^{2}+42c-\dfrac{69}{2})\geq 10a^{2}-\dfrac{8}{a}-42a+48\Leftrightarrow \dfrac{(16-5b)(2b-1)^{2}}{b}+\dfrac{(16-52)(2c-1)^{2}}{c}\geq \dfrac{4(5a-1)(a-2)^{2}}{a}$
Áp dụng BCS ,ta có:
VT $\geq \dfrac{(2b-1+2c-1)^{2}}{\dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}}= \dfrac{4(a-2)^{2}}{\dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}}$
Lúc này ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{a}{5a-1}\geq \dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}$
Mà $\dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}\leq \dfrac{b}{16-5a}+\dfrac{c}{16-5a}= \dfrac{3-a}{16-5a}\leq \dfrac{a}{5a-1}\Leftrightarrow \dfrac{1}{(5a-1)(16-5a)}> 0$
ĐÚng theo giả thiết,từ đây ta suy ra đ.p.c.m
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1/2 ,c=2 cùng hoán vị
