Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bìa này muốn làm cân 2 bước nha
Bước 1 ) CM BĐT \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)
nó được CM như sau
áp dụng BĐT cô si ta đc
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge3.\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}}=9.\sqrt[3]{xyz.\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}}=9\)
dấu = xảy ra khi x=y=z
Bước 2 ) Theo CM bước 1 . áp dụng ta đc
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=\frac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}=\frac{ab}{9}.\frac{9}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}\le\frac{ab}{9}.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
CM tương tự ta đc
\(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2c}\right)\)
\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ca}{9}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}\right)\)
cộng zế zới zế ta đc
\(A\le\frac{1}{9}\left(\frac{ab+bc}{a+c}+\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{bc+ca}{a+b}+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c}{2}\right)\)
\(A\le\frac{1}{9}\left(b+a+c+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}=\frac{6}{6}=1\)
=> MAx A=1 khi a=b=c=2
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
Ta có:
\(\frac{1}{2a+3b+3c}=\frac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+\left(b+c\right)}\)
\(\le\frac{1}{16}.\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a}+\frac{2}{b+c}\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{3a+2b+3c}\le\frac{1}{16}.\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{2}{c+a}\right)\left(2\right)\\\frac{1}{3a+3b+2c}\le\frac{1}{16}.\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{b+c}+\frac{2}{a+b}\right)\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow P\le\frac{1}{16}.\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{4}.2017=\frac{2017}{4}\)
Do \(ab+bc+ac=3abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số \(\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{3}{c}\) , ta có :
\(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}=\frac{1}{a}+\frac{4}{2b}+\frac{9}{3c}\ge\frac{\left(1+2+3\right)^2}{a+2b+3c}=\frac{36}{a+2b+3c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+2b+3c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)\left(1\right)\)
CMTT , ta có : \(\frac{1}{2a+3b+c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{1}{c}\right)\); \(\frac{1}{3a+b+2c}\le\frac{1}{36}\left(\frac{3}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) ; ( 2 )
\(\Rightarrow F\le\frac{1}{36}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
\(=\frac{1}{36}.6\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{6}.3=\frac{1}{2}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có:
sigma \(\frac{ab}{3a+4b+5c}=\) sigma \(\frac{2ab}{5\left(a+b+2c\right)+\left(a+3b\right)}\le\frac{2}{36}\left(sigma\frac{5ab}{a+b+2c}+sigma\frac{ab}{a+3b}\right)\)
Ta đi chứng minh: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{9}{4}\)
có: \(sigma\frac{ab}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(sigma\frac{ab}{c+a}+sigma\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)
BĐT trên đúng nếu: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{9}{4}\)
Ta thấy: \(sigma\frac{ab}{a+3b}\le\frac{1}{16}\left(sigma\frac{ab}{a}+sigma\frac{3ab}{b}\right)=\frac{1}{16}\)( sigma \(b+sigma3a\)) \(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow sigma\frac{ab}{3a+4b+5c}\le\frac{1}{18}\left(5.\frac{9}{4}+\frac{9}{4}\right)=\frac{3}{4}\)(1)
MÀ: \(\frac{1}{\sqrt{ab\left(a+2c\right)\left(b+2c\right)}}=\frac{2}{2\sqrt{\left(ab+2bc\right)\left(ab+2ca\right)}}\ge\frac{2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{3}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{3}{9^2}=\frac{1}{27}\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow T\le\frac{3}{4}-\frac{1}{27}=\frac{77}{108}\)
Vậy GTLN của biểu thức T là 77/108 <=> a=b=c=3
Sử dụng giả thiết a + b + c = 3, ta được: \(\frac{a^3}{3a-ab-ca+2bc}=\frac{a^3}{\left(a+b+c\right)a-ab-ca+2bc}\)\(=\frac{a^3}{a^2+2bc}\)
Tương tự ta có \(\frac{b^3}{3b-bc-ab+2ca}=\frac{b^3}{b^2+2ca}\); \(\frac{c^3}{3c-ca-bc+2ab}=\frac{c^3}{c^2+2ab}\)
Khi đó thì \(P=\frac{a^3}{a^2+2bc}+\frac{b^3}{b^2+2ca}+\frac{c^3}{c^2+2ab}+3abc\)\(=\left(a+b+c\right)-\frac{2abc}{a^2+2bc}-\frac{2abc}{b^2+2ca}-\frac{2abc}{c^2+2ab}+3abc\)\(=3+abc\left[3-2\left(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\right)\right]\)\(\le3+abc\left[3-2.\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}\right]\)(Theo BĐT Bunyakovsky dạng phân thức)\(=3+abc\left[3-2.\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\right]\le3+\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3=4\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1