Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm GTLN của biểu thức
P=\(\frac{a}{9a^3+3b^2+c}+\frac{b}{9b^3+3c^2+a}+\frac{c}{9c^3+3a^2+b}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
28 tháng 11 2019
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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
TN
13 tháng 12 2016
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(9a^3+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge3\sqrt[3]{9a^3\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}}=3a\)
\(3b^2+\frac{1}{3}\ge2\sqrt{3b^2\cdot\frac{1}{3}}=2b\)
Do đó: \(A\le\text{∑}\frac{a}{3a+2b+c-1}=\frac{a}{2a+b}\left(a+b+c=1\right)\)
\(2A\le\text{∑}\frac{2a}{2a+b}=3-\text{∑}\frac{b}{2a+b}=3-\text{∑}\frac{b^2}{2ab+b^2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(2A\le3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}\)
\(=3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=2\Leftrightarrow A\le1\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
TN
13 tháng 12 2016
Ngoài http://olm.vn/hoi-dap/question/779981.html còn cách khác
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(9a^3+3a^2+c\right)\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow A\le\text{∑}\frac{a\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}=\text{∑}\left(\frac{1}{9}+\frac{a}{3}+ac\right)\)
\(=\frac{1}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\text{∑}ab\le\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=1\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 9 2018
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((9a^3+3b^2+c)\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\geq (a+b+c)^2=1\)
\(\Rightarrow 9a^3+3b^2+c\geq \frac{1}{\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{9a^3+3b^2+c}\leq a\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\)
Thực hiện tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế:
\(\Rightarrow P\leq \frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{a+b+c}{3}+(ab+bc+ac)\)
\(P\leq \frac{2}{3}+ab+bc+ac\)
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\leq \frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1\Rightarrow P_{\max}=1\)
Vậy GTLN của $P$ là $1$ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 9 2018
Bài tương tự bài dưới đây:
Câu hỏi của Nguyễn Đặng Việt Tuấn - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Ta chứng minh được:
\(\frac{a}{9a^3+3b^2+c}+\frac{b}{9b^3+3c^2+a}+\frac{c}{9c^3+3a^2+b}\leq \frac{2}{3}+ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow P\leq \frac{2}{3}+2019(ab+bc+ac)\)
Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\leq \frac{2021}{3}\) hay \(P_{\max}=\frac{2021}{3}\)
25 tháng 2 2018
Cauchy-SChwarz:
\(\left(9a^3+3b^2+c\right)\left(\dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{3}+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\left(9a^3+3b^2+c\right)}\le\dfrac{a\left(\dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{3}+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{\dfrac{1}{9}+\dfrac{a}{3}+ac}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(P\le\dfrac{1}{9}\cdot3+\dfrac{a+b+c}{3}+ab+bc+ca\)
\(\le\dfrac{1}{9}\cdot3+\dfrac{a+b+c}{3}+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=1\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
KN
28 tháng 5 2020
Ta có: \(\frac{1+3a}{1+b^2}=\left(1+3a\right).\frac{1}{1+b^2}=\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\)
\(\ge\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=\left(1+3a\right)\left(1-\frac{b}{2}\right)\)
\(=3a+1-\frac{b}{2}-\frac{3ab}{2}\)(1)
Tương tự ta có: \(\frac{1+3b}{1+c^2}=3b+1-\frac{c}{2}-\frac{3bc}{2}\)(2); \(\frac{1+3c}{1+a^2}=3c+1-\frac{a}{2}-\frac{3ca}{2}\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được: \(\frac{1+3a}{1+b^2}+\frac{1+3b}{1+c^2}+\frac{1+3c}{1+a^2}\)\(\ge3\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}-\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}+3\)
\(=\frac{5\left(a+b+c\right)}{2}-\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}+3\)
\(\ge\frac{5.\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}{2}-\frac{3.3}{2}+3=\frac{15}{2}-\frac{9}{2}+3=6\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1