Cho a,b là 2 các só nguyên dương thỏa mãn \(\frac{ab+1}{a+b}< \frac{3}{2}\) . Tìm giá trị lớn nất của biểu thức P= \(\frac{a^3b^3+1}{a^3+b^3}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
6 tháng 8 2020
Ta đi chứng minh: \(\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^3}\le2b-a\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)
Một cách tương tự:\(\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^3}\le2c-b;\frac{5a^3-c^3}{ca+3a^2}\le2a-c\)
Cộng lại thì:
\(LHS\le a+b+c=3\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
KN
20 tháng 2 2021
Áp dụng bổ đề quen thuộc \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\), ta được: \(\frac{1}{2a^3+b^3+c^3+2}=\frac{1}{\left(a^3+b^3\right)+\left(a^3+c^3\right)+2}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+ac\left(a+c\right)+2}\)\(=\frac{bc}{ab^2c\left(a+b\right)+abc^2\left(a+c\right)+2bc}=\frac{bc}{b\left(a+b\right)+c\left(a+c\right)+2bc}\)\(\le\frac{bc}{ab+ac+4bc}=\frac{bc}{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)+2bc}\)\(\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{b\left(a+c\right)}+\frac{bc}{c\left(a+b\right)}+\frac{bc}{2bc}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(1)
Tương tự, ta có: \(\frac{1}{a^3+2b^3+c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{1}{2}\right)\)(2); \(\frac{1}{a^3+b^3+2c^3+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+c}+\frac{1}{2}\right)\)(3)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(P\le\frac{1}{9}\left(1+1+1+\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\)
Vậy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{1}{2}\)đạt được khi x = y = z = 1
KN
28 tháng 5 2020
Ta có: \(\frac{1+3a}{1+b^2}=\left(1+3a\right).\frac{1}{1+b^2}=\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\)
\(\ge\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b}{2}\right)\)
\(=3a+1-\frac{b}{2}-\frac{3ab}{2}\)(1)
Tương tự ta có: \(\frac{1+3b}{1+c^2}=3b+1-\frac{c}{2}-\frac{3bc}{2}\)(2); \(\frac{1+3c}{1+a^2}=3c+1-\frac{a}{2}-\frac{3ca}{2}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{1+3a}{1+b^2}+\frac{1+3b}{1+c^2}+\frac{1+3c}{1+a^2}\)\(\ge3\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}-\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}+3\)
\(=\frac{5\left(a+b+c\right)}{2}-\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}+3\)
\(\ge\frac{5.\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}{2}-\frac{3.3}{2}+3=\frac{15}{2}-\frac{9}{2}+3=6\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
28 tháng 11 2019
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky :
\(\left(9a^3+3b^2+c\right)\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)
\(\Rightarrow9a^3+3b^2+c\ge\frac{1}{\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{9a^3+3b^2+c}\le a\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\)
Thực hiện tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế :
\(P\le\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{a+b+c}{3}+\left(ab+bc+ac\right)\)
\(P\le\frac{2}{3}+ab+bc+ac\)
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM - GM :
\(ab+bc+ac\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1\Rightarrow P_{max}=1\)
Vậy GTLN của P là 1 khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
KN
25 tháng 10 2020
Bài 4: Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có: \(P=\text{}\Sigma_{cyc}a\sqrt{b^3+1}=\Sigma_{cyc}a\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\Sigma_{cyc}a.\frac{\left(b+1\right)+\left(b^2-b+1\right)}{2}=\Sigma_{cyc}\frac{ab^2+2a}{2}=\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\)Giả sử b là số nằm giữa a và c thì \(\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\Rightarrow b^2+ac\le ab+bc\)\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\le a^2b+abc+bc^2\le a^2b+2abc+bc^2=b\left(a+c\right)^2=b\left(3-b\right)^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(b\left(3-b\right)^2\le4\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\left(b-4\right)\left(b-1\right)^2\le0\)(đúng với mọi \(b\in[0;3]\))
Từ đó suy ra \(\frac{1}{2}\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+3\le\frac{1}{2}.4+3=5\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 và các hoán vị
KN
26 tháng 10 2020
Bài 1: Đặt \(a=xc,b=yc\left(x,y>0\right)\)thì điều kiện giả thiết trở thành \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\)
Khi đó \(P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{x^2+y^2+3\left(x+y\right)}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)\(=\frac{\left(x+y\right)^2+3\left(x+y\right)-2xy}{xy+3\left(x+y\right)+9}+\frac{xy}{x+y}\)
Có: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)=4\Rightarrow xy=3-\left(x+y\right)\)
Đặt \(t=x+y\left(0< t< 3\right)\Rightarrow xy=3-t\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}=\frac{t^2}{4}\Rightarrow t\ge2\)(do t > 0)
Lúc đó \(P=\frac{t^2+3t-2\left(3-t\right)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}\ge2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)với \(2\le t< 3\)
Vậy \(MinP=\sqrt{6}-\frac{3}{2}\)đạt được khi \(t=\sqrt{6}\)hay (x; y) là nghiệm của hệ \(\hept{\begin{cases}x+y=\sqrt{6}\\xy=3-\sqrt{6}\end{cases}}\)
Ta lại có \(P=\frac{t^2-3t+6}{2t}=\frac{\left(t-2\right)\left(t-3\right)}{2t}+1\le1\)(do \(2\le t< 3\))
Vậy \(MaxP=1\)đạt được khi t = 2 hay x = y = 1
TN
1 tháng 4 2018
Ta có BĐT phụ \(\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\le2b-a\)
\(\Leftrightarrow-\frac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)}{b\left(a+3b\right)}\le0\) *luôn đúng*
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(P\le2a-b+2b-c+2c-a=a+b+c=3\)
Dấu '=" khi \(a=b=c=1\)
3 tháng 5 2020
Xét \(\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}-\left(2b-a\right)=\frac{5a^3-a^3-\left(ab+3b^2\right)\left(2b-a\right)}{ab+3b^2}\)
\(=\frac{5b^3-a^3-\left(2ab^2-a^2b+6b^3-3b^2a\right)}{ab+3b^2}=\frac{-b^5-a^3+a^2b+b^2a}{ab+3b^2}\)
\(=\frac{-\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2}{ab+3b^3}\le0\)
\(\Rightarrow\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\le2b-a\)
Ta có 2 BĐT tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^2}\le2c-b\\\frac{5a^3-c^3}{ca+3a^2}\le2a-c\end{cases}}\)
Cộng 3 vế BĐT trên ta được \(P\le2\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)=a+b+c=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c=3\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)
9 tháng 12 2017
ab+bc+ca=3abc <=> ab+bc+ca-3abc=0 <=> ab-abc+bc-abc+ca-abc=0 <=> ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)=0
Vì a,b,c dương => \(\hept{\begin{cases}1-c=0< =>c=1\\1-a=0< =>a=1\\1-b=0< =>b=1\end{cases}}\)
Thay a,b,c vừa tìm được vào biểu thức P <=> P=3/2
9 tháng 12 2017
áp dụng BDT cô si ta có
\(a^2+1>=2a\)
\(b^2+1>=2b\)
\(c^2+1>=2c\)
do đó P<=\(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)
=\(\frac{1}{2}.\frac{3abc}{abc}=1,5\)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
do vai trò a,b là như nhau nên không giảm tính tổng quát, giả sử \(a\le b\)
Nếu \(a\ge3\)thì \(b\ge a\ge3\)nên
\(\frac{ab+1}{a+b}\ge\frac{3b+1}{a+b}\ge\frac{3b+1}{2b}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2b}>\frac{3}{2}\)( ko thỏa mãn điều kiện )
do đó a < 3 \(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a=1\\a=2\end{cases}}\)
+) nếu a = 1 thì \(P=\frac{a^3b^3+1}{a^3+b^3}=\frac{b^3+1}{b^3+1}=1\)
+) nếu a = 2 thì từ điều kiện ta có : \(\frac{2b+1}{2+b}< \frac{3}{2}\Rightarrow4b+2< 6+3b\Rightarrow b< 4\Rightarrow b\in\left\{1;2;3\right\}\)
b = 1 thì P = 1
b = 2 thì P = \(\frac{65}{16}\)
b = 3 thì P = \(\frac{217}{35}\)
Từ các giá trị trên của P ta thấy giá trị lớn nhất của P là \(\frac{217}{35}\) khi a = 2 ; b = 3 hoặc a = 3 ; b = 2