nmtuan2001

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: ab + bc + ca + abc = 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M = $\frac{a+1}{a^{2}+2a+2}+\frac{b+1}{b^{2}+2b+2}+\frac{c+1}{c^{2}+2c+2}$

Đk tương đương với $\sum \frac{1}{(a+1)(b+1)}=1$.
Đặt $x=\frac{1}{a+1}, y=\frac{1}{b+1}, z=\frac{1}{c+1}$. Ta có $xy+yz+zx=1$.
$$M=\sum \frac{a+1}{(a+1)^2+1}=\sum \frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x^2}+1}=\sum \frac{x}{x^2+1}$$
$$=\sum \frac{x}{x^2+xy+yz+zx}=\sum \frac{x}{(x+y)(x+z)}=\frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
Mà $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)=\frac{8(x+y+z)}{9} \geq \frac{8\sqrt{3(xy+yz+zx)}}{9}=\frac{8\sqrt{3}}{9}$.
Do đó $M \leq \frac{3\sqrt{3}}{4}$.

Cho $a,b,c$ là số thực dương thỏa mãn :$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2} +\frac{b^3}{b^2+bc+c^2} +\frac{c^3}{c^2+ac+a^2} =1$
Tìm Max : $a+b+c$

Để ý $\sum \frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}=\sum (a-b)=0$, suy ra
$$\sum {a^3}{a^2+ab+b^2}=\sum {b^3}{a^2+ab+b^2}$$
Do đó $\sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=2$.
Mà $3(a^2-ab+b^2)-(a^2+ab+b^2)=2(a-b)^2$, nên $a^2-ab+b^2 \geq \frac{a^2+ab+b^2}{3}$.
Suy ra $\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{a+b}{3}$.
Cộng từng vế các BĐT tương tự ta được
$$\frac{2(a+b+c)}{3} \leq \sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=2$$
$$a+b+c \leq 3$$

Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3. CMR
$\frac{a}{a^{3}+b^{2}+c}+\frac{b}{b^{3}+c^{2}+a}+\frac{c}{c^{3}+a^{2}+b}\leq 1$

Cauchy-Schwarz: $(a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c) \geq (a+b+c)^2=9$
Tương tự, ta có
$$VT \leq \sum \frac{a(\frac{1}{a}+1+c)}{9}=\frac{6+ab+bc+ca}{9} \leq 1$$
Vì $ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$

cho x,y,z là các số thực dương tm dk xyz=1
cmr $\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}+\frac{1}{(1+z)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

Đặt $x=\frac{bc}{a^2}, y=\frac{ca}{b^2}, z=\frac{ab}{c^2}$. BĐT trở thành
$$\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2} \frac{3}{4}$$
Cauchy-Schwarz: $\sum \frac{a^4}{(a^2+bc)^2} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (a^2+bc)^2}$
BĐT tương đương với $4(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3\sum (a^2+bc)^2$, hay
$$\sum a^4+5\sum a^2b^2 \geq 6abc(a+b+c)$$
Ta có $VT \geq 6\sum a^2b^2 \geq 6abc(a+b+c)$.
Do đó ta có đpcm.

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $ab+bc+ca\geq 3+\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

Đk tương đương với $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{bc}=1$.
Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$, đk trở thành $xy+yz+zx=1$.
BĐT tương đương với (sau khi nhân cả 2 vế với $xyz$:
$$x+y+z \geq 3xyz+\sum yz\sqrt{x^2+1}$$
Vì $xy+yz+zx=1$ nên $\sqrt{x^2+1}=\sqrt{(x+y)(x+z)} \leq \frac{2x+y+z}{2}$.
Tương tự, ta có $VP \leq \frac{1}{2}\sum yz(y+z)+6xyz$.
Cần chứng minh $2(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \sum yz(y+z)+12xyz$, hay
$$\sum yz(y+z) \geq 6xyz$$
BĐT trên đúng theo AM-GM cho 6 số.