Cho $a,b,c\geqslant 0$ thoả mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$P=(a^{2}+a+1)(b^{2}+b+1)(c^{2}+c+1)$.

Dạng bài tích kiểu này dùng $\text{logarit}$ hóa là hay nhất.

Ta có: $\ln P=\ln\left ( a^{2}+a+1 \right )+\ln \left ( b^{2}+b+1 \right )+\ln \left ( c^{2}+c+1 \right )$

Bằng phương pháp tiếp tuyến, ta sẽ chứng minh: $\ln (a^{2}+a+1)\leq a-1+\ln 3$   $(*)$

Thật vậy, xét hàm số: $f\left ( a \right )=a-1+\ln 3-\ln (a^{2}+a+1)$ trên $\left ( 0;3 \right )$ có:

$f'(a)=1-\frac{2a+1}{a^{2}+a+1}=\frac{a^{2}-a}{a^{2}+a+1}=0\\\Leftrightarrow a=1$

Vì $f'(a)$ đổi dấu từ âm sang dương khi qua điểm $a=1$ nên $f(a)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $a=1$

$\Rightarrow f(a)\geq f(1)=0$ $\Rightarrow (*)$ đúng

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta được:

$\ln P\leq a+b+c-3+3\ln 3=3\ln 3\Rightarrow P\leq 27$

Vậy $\max P=27$ khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Giải hệ phương trình:

$1) \left\{\begin{matrix} y^{2}-2\dfrac{y}{x}+\dfrac{4}{y^{2}}=3 & \\ y^{2}x -2xy+2=2y-x& \end{matrix}\right.\left ( x,y\in \mathbb{R} \right )$

$2)\left\{\begin{matrix} \sqrt{-2x^{2}+13x-21}+\dfrac{2x^{2}-13x+17}{2\sqrt{2}x^{2}-13\sqrt{2}x+19\sqrt{2}}=\dfrac{\left ( y+3 \right )\sqrt{y+1}}{6\sqrt{2}} & \\ \\ \left ( x-1 \right )^{y+1}-\left ( y+1 \right )^{x-1}=0 & \end{matrix}\right.$

Với mỗi số thực dương $n$, đặt $T_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}$. Chứng minh rằng:

$$T_{n}-\textrm{C}_{n}^{1}T_{n-1}+\textrm{C}_{n}^{2}T_{n-2}-...+\left ( -1 \right )^{n-1}\textrm{C}_{n}^{n-1}T_{1}=\frac{\left ( -1 \right )^{n-1}}{n}$$

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} a=max(a,b,c)\\b^2(17a+10c)+c^2(17a+10b)=27a^2(b+c) \end{matrix}\right.$.
Chứng minh rằng: $18a^3+20abc\ge (4b^2+4c^2+11bc)(b+c)$

Lời giải với điều kiện $a,b,c$ thực:

Đặt $\left\{\begin{matrix} b=xa & \\ c=ya & \end{matrix}\right.$

Khi đó giả thiết trở thành: $x^{2}\left ( 17+10y \right )+y^{2}\left ( 17+10x \right )=27\left ( x+y \right )$

Cần chứng minh: $18+20xy\geq \left ( 4x^{2}+4y^{2}+11xy \right )\left ( x+y \right )$

Lại đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=S & \\ xy=P & \end{matrix}\right.$, ta có: $17\left ( S^{2}-2P \right )+10SP=27S\Rightarrow P=\frac{17S^{2}-27S}{34-10S}$

Khi đó: $VT-VP=18+20P-S\left ( 4S^{2}+3P \right )=18-4S^{3}+P\left ( 20-3S \right )\\=18-4S^{3}+\left ( 20-3S \right ).\frac{17S^{2}-27S}{34-10S}=\frac{\left ( S-2 \right )^{2}\left ( 40S^{2}-27S+153 \right )}{20-3S}$

• Nếu $a\geq 0$ thì: $a.S=b+c\leq 2a\Rightarrow S\leq 2\Rightarrow 20-3S> 0\Rightarrow VT\geq VP$
• Nếu $a<0$ thì: $b< 0$ và $c< 0$$\Rightarrow P> 0\Rightarrow \frac{4S^{3}-18}{20-3S}>0\Rightarrow \sqrt[3]{\frac{18}{4}}< S< \frac{20}{3}\Rightarrow 20-3S>0$

$\Rightarrow VT\geq VP$

Ta có điều phải chứng minh$\blacksquare$

Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương $a,b,c,d$ ta có bất đẳng thức: 

$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}\le \frac{1}{\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}}$

Bất đẳng thức tương đương với:

$\frac{ab}{a+b}+\frac{cd}{c+d}\leq \frac{\left ( a+c \right )\left ( b+d \right )}{a+b+c+d}\\\Leftrightarrow ab+cd+ab.\frac{c+d}{a+b}+cd.\frac{a+b}{c+d}\leq ab+bc+cd+da\\\Leftrightarrow ad\left ( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d} \right )+bc\left ( \frac{a}{a+b}+\frac{d}{c+d} \right )\leq ad+bc$

Ta sẽ chứng minh hai bộ số sau đơn điệu ngược chiều: $\left \{ ad,bc \right \};\left \{ \left ( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d} \right ),\left ( \frac{a}{a+b}+\frac{d}{c+d} \right ) \right \}$                 $(*)$

Thật vậy, xét tích: $\left ( ad-bc \right )\left ( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d}-\frac{a}{a+b}-\frac{d}{c+d} \right )=\frac{-2\left ( ac-bd \right )^{2}}{\left ( a+b \right )\left ( c+d \right )}\leq 0$

$\Rightarrow$  $(*)$ đúng.

Áp dụng bất đẳng thức $\textrm{Chebyshev}$ cho hai bộ số đơn điệu ngược chiều $\left \{ ad,bc \right \};\left \{ \left ( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d} \right ),\left ( \frac{a}{a+b}+\frac{d}{c+d} \right ) \right \}$, ta có:

$ad\left ( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d} \right )+bc\left ( \frac{a}{a+b}+\frac{d}{c+d} \right )\leq \frac{1}{2}\left ( ad+bc \right )\left ( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d}+\frac{a}{a+b}+\frac{d}{c+d} \right )=ad+bc$

$\rightarrow Q.E.D$

ta chứng minh $P \leq \frac{3+3\sqrt{3}}{2}$ có $P=\sum \frac{1}{a}+\sum \sqrt{1-\frac{1}{a^{2}}}\leq \sum \frac{1}{a}+\sqrt{3(3-(\sum \frac{1}{a^{2}}))}\leq \sum \frac{1}{a}+\sum \sqrt{9-(\sum \frac{1}{a})^{2}}$
đặt $\sum \frac{1}{a}=t$ ta chứng minh $t+\sqrt{9-t^{2}} \leq \frac{3+3\sqrt{3}}{2}$ $(1)$
từ đề bài chia $abc$ hai về có$1=\sum \frac{1}{ab}+\frac{2}{abc}\leq \frac{t^{2}}{3}+\frac{2t^{3}}{27}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$

áp dụng điều vừa rồi biến đổi tương đương ở  $(1)$ thì chắc là okie

Cho $t=1,6$ thì $t+\sqrt{9-t^{2}}> \frac{3+3\sqrt{3}}{2}$ nhé bạn. Lần sau bạn chú ý kiểm tra thật kĩ lời giải trước khi đăng bài nhé, đừng làm giữa chừng rồi đoán bừa cho xong 

Cho các số thực a, b, c thoả mãn: $a,b,c\geqslant 1$ và $a + b + c + 2 = abc$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$P= \frac{1+\sqrt{a^{2}-1}}{a} + \frac{1+\sqrt{b^{2}-1}}{b} +\frac{1+\sqrt{c^{2}-1}}{c}$

Từ đề bài, dễ thấy tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho $\left\{\begin{matrix} a=\frac{y+z}{x} & & \\ b=\frac{z+x}{y} & & \\ c=\frac{x+y}{z} & & \end{matrix}\right.$

Khi đó: $P=\sum \frac{x+\sqrt{\left ( y+z \right )^{2}-x^{2}}}{y+z}=\sum \frac{x+y+z+\sqrt{\left ( x+y+z \right )\left ( y+z-x \right )}}{y+z}-3\\=2\sum \frac{1+\sqrt{\frac{y+z-x}{x+y+z}}}{\frac{y+z-x}{x+y+z}+1}-3$

Đổi biến: $\left ( \sqrt{\frac{y+z-x}{x+y+z}},\sqrt{\frac{z+x-y}{x+y+z}},\sqrt{\frac{x+y-z}{x+y+z}} \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$, khi đó:

Giả thiết trở thành $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$

Cần tìm GTLN của: $P=2\left ( \frac{1+x}{1+x^{2}}+\frac{1+y}{1+y^{2}}+\frac{1+z}{1+z^{2}} \right )-3$

Bằng phương pháp tiếp tuyến, ta sẽ chứng minh: $\frac{1+x}{1+x^{2}}\leq \frac{3\sqrt{3}-9}{16}.x^{2}+\frac{15+3\sqrt{3}}{16}$     $(*)$

Thật vậy: $(*)\Leftrightarrow \left ( 3\sqrt{3}-9 \right )\left ( x^{2}-\frac{1}{3} \right )^{2}+8\sqrt{3}\left ( x-\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}\geq 0\\\Leftrightarrow \left ( x-\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}\left [ \left ( 3\sqrt{3}-9 \right )\left ( x+\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}+8\sqrt{3} \right ]\geq 0$

Do $x<1$ nên $\left ( 3\sqrt{3}-9 \right )\left ( x+\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}+8\sqrt{3}> \left ( 3\sqrt{3}-9 \right )\left ( 1+\frac{1}{\sqrt{3}} \right )^{2}+8\sqrt{3}> 0$

$\Rightarrow (*)$ đúng.

Do đó: $P\leq 2\left [ \frac{3\sqrt{3}-9}{16}\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )+\frac{9\sqrt{3}+45}{16} \right ]-3=\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$

Vậy $\max P=\frac{3+3\sqrt{3}}{2}$ $\Leftrightarrow a=b=c=2$

Xin được phép nêu tên một số bạn trên VMF mà mình biết là đoạt giải trong kỳ thi năm nay

- Lê Phước Định (phuocdinh1999)

- Nguyễn Hoàng Huy (JUV)

- Nguyễn Đức Bảo (baopbc)

- Nguyễn Cảnh Hoàng (canhhoang30011999)

- Nguyễn Đình Hoàng (Nguyen Dinh Hoang)

- Nguyễn Tiến Long (babystudymaths)

- Huỳnh Bách Khoa (dogsteven)

- Nguyễn Thành Phát (nhungvienkimcuong)

- Đỗ Hoàng Việt (vietdohoangtk7nqd)

- Nguyễn Quang Trung (ecchi123)

- Đỗ Trung Phương (vietnaminmyheart)

- Trương Mạnh Tuấn (manhtuan00)

- Phạm Ngoc Khánh (ngockhanh99k48)

Nếu có sai sót gì mong các bạn thông cảm.

Còn ai chưa có tên xin comment

Theo như mình biết thì còn bạn Vương Đình Ân ( vda2000 ) được giải nhì nữa 

Cho $x;y;z$ là các số dương tùy ý . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{\sqrt{xyz}}{(1+x)(1+x+y)(1+x+y+z)}$

Xét mẫu của $P$:

$A=\left ( 1+x \right )\left ( 1+x+y \right )\left ( 1+x+y+z \right )$

$\geq 2\left ( 1+x \right )\left ( 1+x+y \right )\sqrt{z\left ( 1+x+y \right )}$

$\Rightarrow A^{2}\geq 4\left ( 1+x \right )^{2}\left ( 1+x+y \right )^{3}z=4\left ( 1+x \right )^{2}\left ( \frac{1+x}{2}+\frac{1+x}{2}+y \right )^{3}z$

$\geq 108\left ( 1+x \right )^{2}.\frac{\left ( 1+x \right )^{2}}{4}.yz=27\left ( \frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+x \right )^{4}yz$

$\geq 256xyz$

$\Rightarrow P\leq \frac{\sqrt{xyz}}{A}\leq \frac{1}{\sqrt{256}}=\frac{1}{16}$

Vậy $\max P = \frac{1}{16}$ khi và chỉ khi: $\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{3} & & \\ y=\frac{2}{3} & & \\ z=2 & & \end{matrix}\right.$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=1$. 

Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\geq \sqrt{7(a+b+c)-3}$

Bình phương hai vế, ta có:

Mà:

Đặt $a+b+c=t$, ta cần chứng minh:

Do $\left\{\begin{matrix} a+b+c\geq \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=1 & \\ a+b+c\leq \sqrt{3\left (a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}=\sqrt{3} & \end{matrix}\right.\Rightarrow t\in \left [ 1;\sqrt{3} \right ]$

Nên $(*)$ luôn đúng. Ta có điều phải chứng minh.

Pn ơi cho mik hỏi xíu nhé! cái chỗ đầu tiên ấy là dựa vào BĐT nào z hay biến đổi ntn z?

• Trên tử đánh giá dựa vào BĐT Holder : $\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )\left ( 1+1+1 \right )\left ( 1+1+1 \right )\geq \left ( x+y+z \right )^{3}\\\Rightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq \frac{\left ( x+y+z \right )^{3}}{9}$
• Dưới mẫu đánh giá qua BĐT phụ quen thuộc: $ab+bc+ca\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}$

Chỗ dấu bé hơn hoặc bằng đầu tiên ấy bạn, bạn có thể lí giải kĩ hơn được không?

Là BĐT Buniakovsky nhé bạn:

$\sum \sqrt{\left ( xy+xz \right )\left ( x+z \right )}\\= \sqrt{\left ( xy+xz \right )\left ( x+z \right )}+\sqrt{\left ( yx+yz \right )\left ( x+y \right )}+\sqrt{\left ( zx+zy \right )\left ( y+z \right )}\\\leq \sqrt{\left ( 2xy+2yz+2zx \right )\left ( 2x+2y+2z \right )}\\=2\sqrt{\left ( xy+yz+zx \right )\left ( x+y+z \right )}$

Cho abc=(1-a)(1-b)(1-c) và a;b;c $\epsilon (0;1)$

CMR :$\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c} \leq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

Từ đề bài, ta có: $\left ( \frac{1}{a}-1 \right )\left ( \frac{1}{b}-1 \right )\left ( \frac{1}{c}-1 \right )=1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{a}-1=\frac{y}{x} & & \\ \frac{1}{b}-1=\frac{z}{y} & & \\ \frac{1}{c}-1=\frac{x}{z} & & \end{matrix}\right.$.

Khi đó: $VT=\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\\=\frac{\sum \sqrt{\left ( xy+xz \right )\left ( z+x \right )}}{\sqrt{\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )}}\leq \frac{\sqrt{2\left ( xy+yz+zx \right )}.\sqrt{2\left ( x+y+z \right )}}{\sqrt{\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )}}\\=\frac{2\sqrt{\left ( xy+yz+zx \right )\left ( x+y+z \right )}}{\sqrt{\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )}}\\$

Ta sẽ chứng minh: $\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )\geq \frac{8}{9}\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )$. 

Thật vậy, BĐT trên tương đương với: $9\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )\geq 8\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )\\\Leftrightarrow \left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )\geq 9xyz$  (luôn đúng theo $AM-GM$)

Vậy: $VT\leq \frac{2\sqrt{\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )}}{\sqrt{\frac{8}{9}\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra $x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Cho x,y,z là các số thực dương.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=$\fn_jvn \frac{3(x^3+y^3+z^3)}{4(xy+yz+xz)}+\frac{1}{(x+y+z)^2}$

Có phải ý bạn là:

 

 

Cho x,y,z là các số thực dương.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=$\frac{3(x^3+y^3+z^3)}{4(xy+yz+xz)}+\frac{1}{(x+y+z)^2}$

Ta có: $P\geq \frac{\frac{3}{9}\left ( x+y+z \right )^{3}}{\frac{4}{3}\left ( x+y+z \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( x+y+z \right )^{2}}\\= \frac{x+y+z}{4}+\frac{1}{\left ( x+y+z \right )^{2}}\\\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{64}}=\frac{3}{4}$

Vậy $\min P=\frac{3}{4}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2}{3}$

Cho ba số a,b,c không đồng thời bằng 0 thỏa mãn $ a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 3 $. Tìm GTLN của biểu thức:

$ P=ab-bc-ca-\frac{2016}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} $

Ta có: $ab-bc-ca\leq \left | ab \right |+\left | bc \right |+\left | ca \right |\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3$

Vậy: $P\leq 3-\frac{2016}{3}=-669$

$\Rightarrow \max P=-669\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=1 & \\ c=-1 & \end{matrix}\right.$

cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $\frac{2}{3x+2y+z+1}+\frac{2}{3x+y+2z+1}= (x+y)(x+z)$.Tìm max của P=$\frac{2(x+3)^{2}+y^{2}+z^{2}-16}{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}$

Lâu rồi mới thấy anh Bí đăng bài 

Theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:

$\left ( x+y \right )\left ( x+z \right )\geq \frac{8}{6x+3y+3z+2}$

Đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=a & \\ x+z=b & \end{matrix}\right.$, ta có:

$ab\geq \frac{8}{3a+3b+2}\Rightarrow \frac{\left ( a+b \right )^{2}}{4}\geq \frac{8}{3\left ( a+b \right )+2}\Rightarrow a+b\geq 2$

$\Rightarrow y+z\geq 2-2x$

• Nếu $x\geq 1$ thì: 

$P=\frac{12x+2}{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}+1< \frac{1+6x}{x^{2}}+1=\frac{1}{x^{2}}+\frac{6}{x}+1\leq 8$

• Nếu $x<1$ thì: 

Ta có: $\left ( y+z \right )^{2}\geq 4\left ( x-1 \right )^{2}$

$P=\frac{12x+2}{2x^{2}+y^{2}+z^{2}}+1\leq \frac{12x+2}{2x^{2}+\frac{\left ( y+z \right )^{2}}{2}}+1\leq \frac{12x+2}{2x^{2}+\frac{\left ( 2-2x \right )^{2}}{2}}+1=\frac{6x+1}{2x^{2}-2x+1}+1$

Xét hàm số $f\left ( t \right )=\frac{6t+1}{2t^{2}-2t+1}$ trên $\left ( 0;1 \right )$ có:

$f'(t)=\frac{-12t^{2}-4t+8}{\left ( 2t^{2}-2t+1 \right )^{2}}=0\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow P\leq f\left ( \frac{2}{3} \right )+1=10$

Vậy $\max P=10\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{2}{3} & & \\ y=\frac{1}{3} & & \\ z=\frac{1}{3} & & \end{matrix}\right.$

Kết quả chưa đúng bạn ơi.

Mình giải sai ở đâu vậy bạn 

Bài toán tính xác suất

• Số học sinh chỉ học Anh văn là: $40-20=20$ (em)
• Số học sinh chỉ học Pháp văn là: $30-20=10$ (em)
• Số học sinh không học cả Anh văn lẫn Pháp văn là: $80-20-10-20=30$ (em)

Vậy xác suất để chọn được $2$ em không học cả Anh văn lẫn Pháp văn là: $\frac{C_{30}^{2}}{C_{80}^{2}}=\frac{87}{632}$

Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: 3y²z²+x²=2(x+yz).

CMR:

$\frac{x^2}{yz}+\frac{4}{\left(x+y\right)^2}+\frac{4}{\left(x+z\right)^2}\ge 3$

Bằng biến đổi tương đương, dễ dàng chứng minh bất đẳng thức:

$$\frac{4}{\left ( x+y \right )^{2}}+\frac{4}{\left ( x+z \right )^{2}}\geq \frac{4}{x^{2}+yz}$$

$$\Rightarrow VT\geq \frac{x^{2}}{yz}+\frac{4}{x^{2}+yz}$$

Từ đề bài, ta có: 

$3y^{2}z^{2}+x^{2}\leq x^{2}+1+2yz\\\Rightarrow 3y^{2}z^{2}-2yz-1\leq 0\Rightarrow yz\leq 1$

Khi đó:

$VT\geq x^{2}+\frac{4}{x^{2}+1}=\left ( x^{2}+1 \right )+\frac{4}{x^{2}+1}-1\geq 3$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

Cách khác cho Bài 1. 2) 

Ta có:

$x+y+z=\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( x+y+z \right )\geq 3\left ( x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x \right )$

Do đó:

$VT\leq \frac{x+y+z}{3}\left ( \sum \frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} \right )$

Bằng phương pháp tiếp tuyến dễ dàng chỉ ra $\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq -\frac{3}{8}a+\frac{5\sqrt{3}}{8}$    $\forall a\in \left [ 0;1 \right ]$

Vậy:

$VT\leq \frac{x+y+z}{3}.\left [-\frac{3}{8}\left ( x+y+z \right )+\frac{15\sqrt{3}}{8} \right ]\\=-\frac{1}{8}\left ( x+y+z \right )^{2}+\frac{5\sqrt{3}}{8}\left ( x+y+z \right )\\=-\frac{1}{8}\left ( x+y+z-4\sqrt{3} \right )\left ( x+y+z-\sqrt{3} \right )+\frac{3}{2}$

Vì $x+y+z\leq \sqrt{3}$ nên

$VT\leq \frac{3}{2}=VP\rightarrow Q.E.D$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c $

Từ đầu bài suy ra được là $\sqrt{b} + \sqrt{c} = \sqrt{a} $

Thay vô lại còn bđt 2 biến thôi

Rồi sau đó S,P là ra

Ý tưởng của bạn rất hay nhưng bạn lại không giải bài toán cho rõ ràng, mình mong bạn nên xem xét lại điều này. Nếu bạn còn vi phạm nữa thì buộc mình phải nhắc nhở bạn lỗi spam thôi. Hãy cùng nhau xây dựng một $VMF$ phát triển nhé   

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2ab+2bc+2ca$. Tìm GTNN của biểu thức

$$P=a+b+c+\frac{1}{abc}+\frac{9}{a+b+c}$$

Một lời giải theo hướng khác của mình:

Biến đổi giả thiết trở thành: $\left ( a+b+c \right )^{2}=4\left ( ab+bc+ca \right )$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \frac{a}{a+b+c}=x & & \\ \frac{b}{a+b+c}=y & & \\ \frac{c}{a+b+c}=z & & \end{matrix}\right.$, ta có:

$$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1 & \\ xy+yz+zx=\frac{1}{4} & \end{matrix}\right.$$

Ta sẽ tìm $GTLN$ của $xyz$. Ta có:

$xyz=z\left [ \frac{1}{4}-z\left ( x+y \right ) \right ]=z\left ( z^{2}-z+\frac{1}{4} \right )$

Mặt khác: $\frac{1}{4}=xy+yz+zx\leq \frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}+z\left ( 1-z \right )=-\frac{3}{4}z^{2}+\frac{1}{2}z+\frac{1}{4}\\\Rightarrow 3z^{2}-2z\leq 0\Rightarrow z\in \left [0;\frac{2}{3} \right ]$ 

Xét hàm số $f(z)=z\left ( z^{2}-z+\frac{1}{4} \right )$ trên $\left [0;\frac{2}{3} \right ]$, ta có: $f\left ( z \right )\leq \frac{1}{54}$

$\Rightarrow xyz\leq \frac{1}{54}$

$\Rightarrow \frac{abc}{\left ( a+b+c \right )^{3}}\leq \frac{1}{54}\\\Rightarrow \frac{1}{abc}\geq \frac{54}{\left ( a+b+c \right )^{3}}$

Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$. Tìm GTNN của:

$P=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{1}{a+b+c+1}$

Theo nguyên lí $Dirichlet$, giả sử $\left ( a-1 \right )\left ( b-1 \right )\geq 0$, ta có: 

$$\left ( a-1 \right )\left ( b-1 \right )\geq 0\Rightarrow a+b\leq ab+1$$

Khi đó:

$$P=\sum \frac{1}{\left ( a+1 \right )^{2}}+\frac{1}{a+b+c+1}\geq \frac{1}{ab+1}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^{2}}+\frac{1}{a+b+c+1}\geq \frac{1}{\frac{1}{c}+1}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+c+2}=\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left ( c+1 \right )^{2}}+\frac{c}{\left ( c+1 \right )^{2}}=1$$

Vậy $\min P=1\Leftrightarrow a=b=c=1$

Đúng vậy, môn khác trắc nghiệm còn có lí chứ toán mà trắc nghiệm thì đâu còn là toán nữa. Như kiểu tính tích phân, giải PT,... chỉ có cái máy tính là xong chứ mấy, đâu cần nháp nữa. Còn hình $Oxy$ thì cứ đoán bừa mấy cái quan hệ chứ đâu cần chứng minh. BĐT thì dự đoán dấu bằng là được, chẳng cần làm gì cho mệt. Thế là ba câu phân loại mất hết còn gì nữa. 

Mới nghe toán trắc nghiệm thôi mà ức chế hết cỡ   

Giải pt: $\cos^2\left ( x - \frac{\pi }{6} \right ) -\sin^2\left ( x -\frac{\pi }{6} \right )= \cos\left ( x + \frac{\pi }{3} \right )$

Phương trình đã cho tương đương với:

$$\cos^{2}\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )-\sin^{2} \left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=\cos\left [ \left ( x-\frac{\pi}{6} \right )+\frac{\pi}{2} \right ]\\\Leftrightarrow \cos^{2}\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )-\sin^{2} \left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=-\sin\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )\\$$

Đặt $\sin\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=t$, ta có:

$$1-t^{2}-t^{2}=-t \\\Leftrightarrow 2t^{2}-t-1=0\\\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=1 & \\ t=-\frac{1}{2} & \end{bmatrix}$$

• Với $t=1$, ta có:

$$\sin\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=1\\\Leftrightarrow x=\frac{2\pi}{3}+k2\pi$$

• Với $t=-\frac{1}{2}$, ta có:

$$\sin\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=-\frac{1}{2}\\\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=k2\pi & \\ x=\frac{4\pi}{3}+k2\pi & \end{bmatrix}$$

Vậy..........

Cho $a,b,c\in \left [ 0;1 \right ] a+b+c=2$

Tìm min: P= $\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}+\frac{3}{4}(ab+bc+ca)$

Bằng $UTC$, ta sẽ chỉ ra rằng: 

$$\frac{1}{x^{2}+1}\geq 1-\frac{x}{2} \quad \quad \forall x \in \left [ 0;1 \right ]$$

Thật vậy, BĐT trên tương đương với: $x^{3}-2x^{2}+x\geq 0\Leftrightarrow x\left ( x-1 \right )^{2}\geq 0$    ( luôn đúng )

Vậy: $P\geq \sum \left ( a+1 \right )\left ( 1-\frac{b}{2} \right )+\frac{3}{4}\left ( ab+bc+ca \right )\\=4+\frac{1}{4}\left ( ab+bc+ca \right )$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh: $ab+bc+ca\geq 1$

Ta có: $\left ( a-1 \right )\left ( b-1 \right )\left ( c-1 \right )\leq 0\\\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 1+abc\geq 1$

$\Rightarrow P\geq \frac{17}{4}$

Vậy $\min P=\frac{17}{4}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=1 & & \\ b=1 & & \\ c=0 & & \end{matrix}\right.$ và các hoán vị 

Bài toán được giải quyết $\blacksquare$