Chủ đề này có 2 trả lời

[Trần Hồng Sơn]

Cho a,b,c>0 và abc=1Tìm GTLN của P= $\dfrac{1} {b^2+c^2+a}$ + $\dfrac{1} {a^2+c^2+b}$ + $\dfrac{1} {b^2+a^2+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Hồng Sơn: 02-03-2012 - 22:49

[Secrets In Inequalities VP]

Đặt $ a= \sqrt[3]{x},b= \sqrt[3]{y},c= \sqrt[3]{z}\Rightarrow xyz= 1$
Khi đó : $ P= \sum \frac{1}{y^{6}+z^{6}+x^{3}}$
Dễ dàng chúng minh : $ y^{6}+z^{6}\geq yz(y^{4}+z^{4})$
Suy ra : $ P\leq \sum \frac{1}{yz(y^{4}+z^{4})+x^{3}.xyz}= \sum \frac{1}{yz(x^{4}+y^{4}+z^{4})}= \frac{x}{x^{4}+y^{4}+z^{4}}$
$ = \frac{x+y+z}{x^{4}+y^{4}+z^{4}}$
Áp dụng BDT : $ a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}$
Ta có : $ x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3}\geq \frac{(x+y+z)^{4}}{27}$
$ \Rightarrow P\leq \frac{27}{(a+b+c)^{3}}\leq \frac{27}{(3\sqrt[3]{abc})^{3}}= 1$
Vậy Min $\ P= 1$

[dark templar]

Cho a,b,c>0 và abc=1Tìm GTLN của P= $\dfrac{1} {b^2+c^2+a}$ + $\dfrac{1} {a^2+c^2+b}$ + $\dfrac{1} {b^2+a^2+c}$

Chỉ cần Cauchy-Schwarz một cách đơn giản như thế này thôi
$$(b^2+c^2+a)(1+1+a) \ge (a+b+c)^2$$
Suy ra:
$$P \le \frac{(a+b+c)+6}{(a+b+c)^2}$$
Ta sẽ chứng minh rằng:
$$\frac{(a+b+c)+6}{(a+b+c)^2} \le 1 \iff (a+b+c-3)(a+b+c+2) \ge 0$$
(Luôn đúng do $a+b+c \overset{AM-GM}{\ge} 3\sqrt[3]{abc}=3$)
Vậy ta có $P_{\max}=1 \iff a=b=c=1$.