Chủ đề này có 1 trả lời

[Truong Gia Bao]

1)Cho $a, b, c >0$. Tìm min $ P=\sum \frac{a}{b^3+ab}-\frac{3}{2}\sqrt{\sum \frac{3}{a}}$

2)Cho $a, b, c >0$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm max $P=\sum \frac{1+a}{1+b}-\frac{(a+b+c)^2}{6}$

[phamngochung9a]

1)Cho $a, b, c >0$. Tìm min $ P=\sum \frac{a}{b^3+ab}-\frac{3}{2}\sqrt{\sum \frac{3}{a}}$

2)Cho $a, b, c >0$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm max $P=\sum \frac{1+a}{1+b}-\frac{(a+b+c)^2}{6}$

Bài 1.

Ta có: $\sum \frac{a}{b^{3}+ab}=\sum \frac{a+b^{2}-b^{2}}{b\left ( a+b^{2} \right )}\\=\sum \frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^{2}}\geq \sum \frac{1}{b}-\frac{b}{2b\sqrt{a}}=\sum \left ( \frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{a}} \right )\\\geq \sum \left [ \frac{1}{b}-\frac{1}{4}\left ( \frac{1}{a}+1 \right ) \right ]=\frac{3}{4}\sum \frac{1}{a}-\frac{3}{4}$

 

Vậy: $P\geq \frac{3}{4}\sum \frac{1}{a}-\frac{3}{2}\sqrt{\sum\frac{3}{a}}-\frac{3}{4}$

 

Đặt $\sqrt{\sum \frac{3}{a}}=t$, ta có:

$P\geq \frac{t^{2}}{4}-\frac{3}{2}t-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}\left ( t-3 \right )^{2}-3\geq -3$

 

 

Vậy $\min P=-3\Leftrightarrow a=b=c=1$

 

 

Bài 2.

Ta có: $P=\sum \frac{1+a}{1+b}-\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{6}\\= \frac{3+\left ( a+b+c \right )^{2}+3\left ( a+b+c \right )+ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}{a+b+c+ab+bc+ca+2}-\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{6}$

 

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau: 

 

Với $a,b,c> 0$ thỏa mãn $abc=1$ thì: $a+b+c\leq ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}$. Thật vậy:

 

Do $abc=1$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z$ sao cho:

$\left\{\begin{matrix} \dfrac{x}{y}=a & & & & & \\ & & & & & \\ & & & & & \\ \dfrac{y}{z}=b & & & & & \\ & & & & & \\ \dfrac{z}{x}=c & & & & & \end{matrix}\right.$

 

Vậy bài toán trở về chứng minh: $\frac{xy}{z^{2}}+\frac{yz}{x^{2}}+\frac{zx}{y^{2}}\geq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}$

 

Theo $AM-GM$, ta có:

• $\frac{xy}{z^{2}}+\frac{xy}{z^{2}}+\frac{yz}{x^{2}}\geq \frac{3y}{z}$
• $\frac{yz}{x^{2}}+\frac{yz}{x^{2}}+\frac{zx}{y^{2}}\geq \frac{3z}{x}$
• $\frac{zx}{y^{2}}+\frac{zx}{y^{2}}+\frac{xy}{z^{2}}\geq \frac{3x}{y}$

Cộng từng vế ba BĐT trên ta có điều phải chứng minh.

 

Áp dụng bổ đề trên, ta có:

 

$P\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}+2\left ( a+b+c \right )+\sum a^{2}b+\sum ab^{2}+3abc}{a+b+c+ab+bc+ca+2}-\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{6}\\=\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}+2\left ( a+b+c \right )+\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )}{a+b+c+ab+bc+ca+2}-\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{6}\\=a+b+c-\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{6}=-\frac{1}{6}\left ( a+b+c-3 \right )^{2}+\frac{3}{2}\leq \frac{3}{2}$

 

Vậy $\max P=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1$