Cho a,b,c > 0 và a+b+c=4
Tìm max : \(P=\sqrt{a^3b+b^3c+c^3a+abc^2}+\sqrt{ab^3+bc^3+ca^3+bca^2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
TM
0
Những câu hỏi liên quan
9 tháng 8 2020
gt <=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
=> Thay vào thì \(VT=\frac{\frac{1}{xy}}{\frac{1}{z}\left(1+\frac{1}{xy}\right)}+\frac{1}{\frac{yz}{\frac{1}{x}\left(1+\frac{1}{yz}\right)}}+\frac{1}{\frac{zx}{\frac{1}{y}\left(1+\frac{1}{zx}\right)}}\)
\(VT=\frac{z}{xy+1}+\frac{x}{yz+1}+\frac{y}{zx+1}=\frac{x^2}{xyz+x}+\frac{y^2}{xyz+y}+\frac{z^2}{xyz+z}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+3xyz}\)
Có BĐT x, y, z > 0 thì \(\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\ge9xyz\)Ta thay \(xy+yz+zx=1\)vào
=> \(x+y+z\ge9xyz=>\frac{x+y+z}{3}\ge3xyz\)
=> Từ đây thì \(VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z+\frac{x+y+z}{3}}=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\ge\frac{3}{4}.\sqrt{3\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{3}{4}.\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
=> Ta có ĐPCM . "=" xảy ra <=> x=y=z <=> \(a=b=c=\sqrt{3}\)
26 tháng 1 2018
+ thêm bớt bc,ca,ab lần lượt cho P ta được
\(P=\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{3b+3ca-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{3c+3ab-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)
áp dụng BDT cô si cho mẫu ta có
\(3a+3bc\ge2\sqrt{9abc}=6\sqrt{abc}\)
suy ra
\(\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+Bc\right)}\)
tương tự với các BDT còn lại suy ra :
\(P\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)
đên đây easy chưa ? chung mẫu + lại với nhau ta được
\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)
áp dụng BDT cô si ta có
\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\) luôn đúng thay vào ta được
ta có \(a^2+B^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\) thêm bớt + hằng đẳng thức
thay vào và đổi dấu ta được
\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-9+2\left(ab+bc+Ca\right)}+3abc\)
có \(ab+1\ge2\sqrt{ab}\)
\(ca+1\ge2\sqrt{ac}\)
\(bc+1\ge2\sqrt{bc}\)
\(\Rightarrow2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le ab+bc+ca+3\)
ta lại có
\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le a+B+c\left(cosi\right)\) suy ra
\(2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3\Leftrightarrow6\le ab+Bc+ca+3\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)
suy ra
\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-9+2\left(3\right)}=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}\)
\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}+3abc\)
ta có
\(a.a.a\le\frac{\left(a+a+a\right)^3}{27}\)
\(b.b.b\le\frac{\left(b+b+b\right)^3}{27}\)
\(c.c.c\le\frac{\left(c+c+C\right)^3}{27}\)
\(a^3+b^3+c^3\le\frac{\left(3a\right)^3+\left(3b\right)^3+\left(3c\right)^3}{27}\)
bạn ơi chắc là đề sai rồi làm sao có thể đi chứng minh được cái
\(a^3+b^3+c^3\le a+b+c\)
bạn xem lại đi nha @@
8 tháng 1 2020
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 2 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((3a^2+b^2)(3+1)\geq (3a+b)^2\Rightarrow \sqrt{3a^2+b^2}\ge \frac{3a+b}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{3a^2+b^2}+1}\leq \frac{2ab}{3a+b+2}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow Q\leq \frac{2ab}{3a+b+2}+\frac{2bc}{3b+c+2}+\frac{2ac}{3c+a+2}\)
\(\Leftrightarrow 3Q\leq \frac{6ab}{3a+b+2}+\frac{6bc}{3b+c+2}+\frac{6ac}{3c+a+2}\)
\(\Leftrightarrow 3Q\le 2b-\frac{2b^2+4b}{3a+b+2}+2c-\frac{2c^2+4c}{3b+c+2}+2a-\frac{2a^2+4a}{3c+a+2}\)
\(\Leftrightarrow 3Q\leq 6-\left(\frac{2b^2+4b}{3a+b+2}+\frac{2c^2+4c}{3b+c+2}+\frac{2a^2+4a}{3c+a+2}\right)(1)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{2b^2}{3a+b+2}+\frac{2c^2}{3b+c+2}+\frac{2a^2}{3c+a+2}\geq \frac{2(b+c+a)^2}{3a+b+2+3b+c+2+3c+a+2}=\frac{2(a+b+c)^2}{4(a+b+c)+6}=1(2)\)
Và:
\(\frac{4b}{3a+b+2}+\frac{4c}{3b+c+2}+\frac{4a}{3c+a+2}=4\left(\frac{b^2}{3ab+b^2+2b}+\frac{c^2}{3bc+c^2+2c}+\frac{a^2}{3ac+a^2+2a}\right)\)
\(\geq \frac{4(b+c+a)^2}{3ab+b^2+2b+3bc+c^2+3ac+a^2+2a}=\frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+2(a+b+c)+(ab+bc+ac)}\)
\(\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+2(a+b+c)+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=2(3)\) (AM-GM)
Từ \((1); (2); (3)\Rightarrow 3Q\leq 6-(2+1)\Leftrightarrow 3Q\leq 3\Leftrightarrow Q\leq 1\)
Vậy Q(max) là $1$
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
9 tháng 7 2019
Câu 1 : áp dụng BĐT SVAC ta có \(A\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}}=\frac{1.\sqrt{2a+2b+2c}}{\sqrt{2.}(\sqrt{b+c}+\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})}\)
mặt khác lại có \(\frac{\sqrt{2a+2b+2c}}{\sqrt{2}.(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})}\ge\frac{\sqrt{(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})^2}}{\sqrt{2}.\sqrt{3}.(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})}=\frac{1}{\sqrt{6}}\)theo bđt svac
\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{\sqrt{6}}\)dấu bằng xảy ra tại a=b=c=\(\frac{1}{3}\)