Chủ đề này có 3 trả lời

[19kvh97]

Cho $a,b,c>0$ , $abc=1$. Tìm GTLN của biểu thức :

$P=\frac{a}{a^{2}+2}+\frac{b}{b^{2}+2}+\frac{c}{c^{2}+2}$

[triethuynhmath]

Cho $a,b,c>0$ , $abc=1$. Tìm GTLN của biểu thức :

$P=\frac{a}{a^{2}+2}+\frac{b}{b^{2}+2}+\frac{c}{c^{2}+2}$

Chém bài này:
$\sum \frac{a}{a^2+2}\leq\sum \frac{a}{2a+1}=\sum \frac{1}{2+\frac{1}{a}}$
Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\Rightarrow xyz=1$
Bài toán trở thành.
Tìm GTLN của $\sum \frac{1}{x+2}=\frac{(x+2)(y+2)+(z+2)(y+2)+(x+2)(z+2)}{(x+2)(y+2)(z+2)}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{(xy+2x+2y+4)(z+2)}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{xyz+2(xy+yz+zx)+4(x+y+z)+8}\leq \frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{9+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+xy+yz+zx+4(x+y+z)}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{12+xy+yz+zx+4(x+y+z)}=1$

[viet 1846]

Ta có BĐT quen thuộc:

\[\frac{{1 + {a^k}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} + \frac{{1 + {b^k}}}{{1 + {b^k} + {b^{2k}}}} + \frac{{1 + {c^k}}}{{1 + {c^k} + {c^{2k}}}} \le 2\]

thật vậy:

\[ineq \Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^{2k}}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} \ge 1} \]

\[ \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{{a^k}}} + \frac{1}{{{a^{2k}}}}}}} \ge 1\]

BĐT cuối là BĐT vacs rồi.

BĐT này có giúp ji` cho bài này ko? Các bạn thử xem nào.

[KietLW9]

Cho $a,b,c>0$ , $abc=1$. Tìm GTLN của biểu thức :

$P=\frac{a}{a^{2}+2}+\frac{b}{b^{2}+2}+\frac{c}{c^{2}+2}$

 

Áp dụng Cô-si, ta có $P\leqslant \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}$

Ta có: $1- (\frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1})=\frac{a+b+c+1-4abc}{(2a+1)(2b+1)(2c+1)}\geqslant 0\Rightarrow 1\geqslant \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}$ (Do $a+b+c+1-4abc=a+b+c-3\geqslant 3\sqrt[3]{abc}-3=0$)

Vậy $P\leqslant 1$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Chú ý: Bài này được chế lại trong đề thi hsg toán 9 tỉnh Quảng Nam 2020-2021 như sau:

Cho 3 số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $xyz=1$. Tìm GTLN của $A=\frac{1}{x+2yz}+\frac{1}{y+2zx}+\frac{1}{z+2xy}$