cho a,b,c >0 và abc=1
Tìm max P=\(\frac{1}{1+ab+bc}+\frac{1}{1+bc+ca}+\frac{1}{1+ca+ab}\)
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
20 tháng 5 2019
Ta có \(\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}\right)\)
Khi đó \(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{c}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)=\frac{3}{2}\)
\(MaxP=\frac{3}{2}\)khi a=b=c=1/3
20 tháng 8 2020
Áp dụng Bất Đẳng Thức \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\forall x;y;z\inℝ\)ta có
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc>0\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}\)
Ta có \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\forall a;b;c>0\)
Thật vậy \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=1+\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)+abc\)
\(\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Khi đó \(P\le\frac{2}{3\left(1+\sqrt{abc}\right)}+\frac{\sqrt[3]{abc}}{1+\sqrt[3]{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{6}\)
Đặt \(\sqrt[6]{abc}=t\Rightarrow\sqrt[3]{abc}=t^2,\sqrt{abc}=t^3\)
Vì a,b,c>0 nên 0<abc\(\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=1\Rightarrow0< t\le1\)
Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{2}{3\left(1+t^3\right)}+\frac{t^2}{1+t^2}+\frac{1}{6}t^3;t\in(0;1]\)
\(\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)\left(t^5-1\right)}{\left(1+t^3\right)^2\left(1+t^2\right)^2}+\frac{1}{2}t^2>0\forall t\in(0;1]\)
Do hàm số đồng biến trên (0;1] nên \(f\left(t\right)< f\left(1\right)\Rightarrow P\le1\)
\(\Rightarrow\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
9 tháng 1 2020
\(ab+bc+ca=abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Đặt \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{y}\cdot\frac{1}{z}\left(\frac{1}{x}+1\right)}=\frac{xyz}{x\left(x+1\right)}=\frac{yz}{x+1}\)
Tươn tự rồi cộng vế theo vế:
\(A=\frac{xy}{z+1}+\frac{yz}{x+1}+\frac{zx}{y+1}\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(z+1\right)}+\frac{\left(y+z\right)^2}{4\left(x+1\right)}+\frac{\left(z+x\right)^2}{4\left(y+1\right)}\)
Đặt \(x+y=p;y+z=q;z+x=r\Rightarrow p+q+r=2\)
\(A\le\Sigma\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(z+1\right)}=\Sigma\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left[\left(z+y\right)+\left(z+x\right)\right]}=\frac{p^2}{4\left(q+r\right)}+\frac{r^2}{4\left(p+q\right)}+\frac{q^2}{4\left(p+r\right)}\)
Sau khi đổi biến,cô si thì em ra thế này.Ai đó giúp em với :)
HV
0
NH
2
PN
1 tháng 10 2017
\(a+b\ge\sqrt[3]{a}"\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}"=\frac{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}}{\sqrt[3]{c}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+1}\le\frac{\sqrt[3]{c}}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\)
\(\Rightarrow\)Xong rồi
P/s: Ko chắc
PN
9 tháng 7 2020
Ta có \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab=ab+bc+c^2-ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Tương tự có \(a+bc=\left(b+a\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Khi đó : \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
\(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\right)\)
\(\sqrt{\frac{bc}{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(\sqrt{\frac{ca}{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+b}+\frac{a}{a+b}\right)\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều
\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{b+a}{b+a}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy \(Max_P=\frac{3}{2}\)khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
LT
17 tháng 8 2019
Để ý: \(ab+bc+ca=\frac{\left[\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\right]}{2}\).
Do đó đặt \(a^2+b^2+c^2=x>0;a+b+c=y>0\). Bài toán được viết lại thành:
Cho \(y^2+5x=24\), tìm max:
\(P=\frac{x}{y}+\frac{y^2-x}{2}=\frac{5x}{5y}+\frac{y^2-x}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{y^2-\frac{24-y^2}{5}}{2}\)
\(=\frac{24-y^2}{5y}+\frac{3\left(y^2-4\right)}{5}\)\(=\frac{3y^3-y^2-12y+24}{5y}\)
Đặt \(y=t\). Dễ thấy \(12=3\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)=3t^2-5\left(ab+bc+ca\right)\)
Và dễ dàng chứng minh \(ab+bc+ca\le3\)
Suy ra \(3t^2=12+5\left(ab+bc+ca\right)\le27\Rightarrow t\le3\). Mặt khác do a, b, c>0 do đó \(0< t\le3\).
Ta cần tìm Max P với \(P=\frac{3t^3-t^2-12t+24}{5t}\)và \(0< t\le3\)
Ta thấy khi t tăng thì P tăng. Do đó P đạt giá trị lớn nhất khi t lớn nhất.
Khi đó P = 3. Vậy...
dùng BĐT \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)