Question

Bài 1: Cho a,b,c dương

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

b) Tìm Max \(Q=\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\)

Bài 2: Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn \(x+y+z=\frac{3}{2}\).Chứng minh rằng \(x+2xy+4xyz\le2\)

Bài 3: Cho a,b thỏa mãn \(\left(x+y\right)^3+4xy\ge2\). Tìm Min \(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1\)

Bài 4: Cho x,y,z >0: \(x\left(x+y+z\right)=3yz\). Chứng minh: \(\left(x+y\right)^3+\left(x+z\right)^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\le5\left(y+z\right)^3\)

Bài 5:Cho a,b,c không âm thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2+abc=4\). CMR: \(a+b+c\le3\)

Answer 1

Bài 2: Ta có: x, y, z không âm và \(x+y+z=\frac{3}{2}\)nên \(0\le x\le\frac{3}{2}\Rightarrow2-x>0\)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta được: \(x+2xy+4xyz=x+4xy\left(z+\frac{1}{2}\right)\le x+4x.\frac{\left(y+z+\frac{1}{2}\right)^2}{4}=x+x\left(2-x\right)^2\)

Ta cần chứng minh \(x+x\left(2-x\right)^2\le2\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\)*đúng*

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1,\frac{1}{2},0\right)\)

Answer 2

Bài 3: Áp dụng đánh giá quen thuộc \(4ab\le\left(a+b\right)^2\), ta có: \(2\le\left(x+y\right)^3+4xy\le\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\)

Đặt x + y = t thì ta được: \(t^3+t^2-2\ge0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+2t+2\right)\ge0\Rightarrow t\ge1\)(dễ thấy \(t^2+2t+2>0\forall t\))

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\ge\frac{1}{2}\)

\(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1=3\left[\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\right]-2\left(x^2+y^2\right)+1\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)\(=\frac{9}{4}\left[\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\right]-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{9}{4}.2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)^2.\frac{1}{4}}-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{1}{8}+\frac{7}{16}=\frac{9}{16}\)Đẳng thức xảy ra khi x = y = ¹/₂

Answer 3

Bài 4: Theo giả thiết, ta có: \(x\left(x+y+z\right)=3yz\)(*)

Vì x > 0 nên chia cả hai vế của (*) cho x², ta được: \(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}=3.\frac{y}{x}.\frac{z}{x}\)

+) \(\left(x+y\right)^3+\left(y+z\right)^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\le5\left(y+z\right)^3\)\(\Leftrightarrow\left(1+\frac{y}{x}\right)^3+\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)^3+3\left(1+\frac{y}{x}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)\le5\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)^3\)(Chia hai vế của bất đẳng thức cho x³)

Đặt \(s=\frac{y}{x},t=\frac{z}{x}\left(s,t>0\right)\)thì giả thiết trở thành \(1+s+t=3st\)và ta cần chứng minh \(\left(1+s\right)^3+\left(1+t\right)^3+3\left(s+t\right)\left(1+s\right)\left(1+t\right)\le5\left(s+t\right)^3\)(**)

Ta có: \(1+s+t=3st\le\frac{3}{4}\left(s+t\right)^2\Leftrightarrow3\left(s+t\right)^2-4\left(s+t\right)-4\ge0\Leftrightarrow\left[3\left(s+t\right)+2\right]\left(a+b-2\right)\ge0\Rightarrow s+t\ge2\)(do \(3\left(s+t\right)+2>0\forall s,t>0\))

Đặt \(s+t=f\)thì \(f\ge2\)

(**)\(\Leftrightarrow4f^3-6f^2-4f\ge0\Leftrightarrow f\left(2f+1\right)\left(f-2\right)\ge0\)*đúng với mọi \(f\ge2\)*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z

Answer 4

Bài 1:

a) Vì a, b, c dương nên\(P=\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}=\frac{1}{2+\frac{bc}{a^2}}+\frac{1}{2+\frac{ca}{b^2}}+\frac{1}{2+\frac{ab}{c^2}}\)

Đặt \(\frac{bc}{a^2}=x,\frac{ca}{b^2}=y,\frac{ab}{c^2}=z\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và ta cần tìm giá trị lớn nhất của\(\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}\)

Ta có:\(P=\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}=\frac{\left(2+y\right)\left(2+z\right)+\left(2+z\right)\left(2+x\right)+\left(2+x\right)\left(2+y\right)}{\left(2+x\right)\left(2+y\right)\left(2+z\right)}=\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{xyz+2\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+8}=\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{\left(xy+yz+zx\right)+\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+9}\le\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}+\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+9}\)\(=\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}=1\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c

Answer 5

Bài 1:

b) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\frac{9a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}=\frac{9a^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(2a^2+bc\right)+\left(2a^2+bc\right)}\le a^2\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2a^2+bc}\right)\)Tương tự rồi cộng các bất đẳng thức theo từng vế, ta được: \(9P\le1+\left(\frac{2a^2}{2a^2+bc}+\frac{2b^2}{2b^2+ca}+\frac{2c^2}{2c^2+ab}\right)=4-\left(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ca}{2b^2+ca}+\frac{ab}{2c^2+ab}\right)=4-\left(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{2ab^2c+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{2abc^2+a^2b^2}\right)\le4-\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=4-\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=3\)\(\Rightarrow P\le\frac{1}{3}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c