Chủ đề này có 2 trả lời

[b2stfs]

Cho a,b,c>0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.Tifm GTLN của:

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

[25 minutes]

Cho a,b,c>0 và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.Tifm GTLN của:

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

Áp dụng B.C.S ta có $(a^2+b+c)(1+b+c) \geqslant (a+b+c)^2$

                 $\Rightarrow \sqrt{a^2+b+c} \geqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{1+b+c}}$

                 $\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+b+c}} \leqslant \frac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}$

Tương tự 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng vào ta được

                $P \leqslant \frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}$

Dự đoán dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$ nên ta sẽ chứng minh $P \leqslant \frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c} \leqslant \sqrt{3}$

                $\Leftrightarrow a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b} \leqslant \sqrt{3}(a+b+c)$

                $\Leftrightarrow (a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b} )^2\leqslant 3(a+b+c)^2$

Áp dụng B.C.S ta có $(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b} )^2\leqslant (a+b+c)(a+ab+ac+b+bc+ab+c+ac+bc)=(a+b+c)\left [ 2(ab+bc+ac)+a+b+c \right ]$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $(a+b+c)\left [ 2(ab+bc+ac)+a+b+c \right ] \leqslant 3(a+b+c)^2$

                             $\Leftrightarrow ab+bc+ac \leqslant a+b+c$

Sử dụng $a^2+b^2+c^2=3$ ta được $\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2-3}{2} \leqslant a+b+c$

                                          $\Leftrightarrow (a+b+c+1)(a+b+c-3) \leqslant 0$

Nhưng rõ ràng bđt trên luôn đúng do $a,b,c>0, a+b+c \leqslant \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[babystudymaths]

Còn có cách khác như sau:

BCS ta có: 

$P\leq (\sum a)(\sum \frac{a}{a^{2}+b+c})\leq (\sum a)(\sum \frac{a}{a^{2}+\frac{(b+c)(a+b+c))}{3}})$   (d0 a+b=+c không lớn hơn 3) 

Tới đây BĐT của ta đã đồng bậc,giả sử a+b+c=3,BĐTtương đương 

$(\sum \frac{a}{a^{2}+3-a})\leq 1$,tới đây thì đã dễ, ta có BĐT phụ sau

$\frac{a}{a^{2}+3-a}\leq \frac{2a+1}{9}$ (CM tích chéo). từ đây ta có đ.p.c.m