Tìm GTLN của P

B

braga

Từ điều kiện : $\implies a^2+b^2+c^2\ge 3$. Không mất tính tổng quát ta giả xử : $a\ge b\ge c$
Ta chứng minh BĐT sau: $\dfrac{1}{a + 2} + \dfrac{1}{b + 2} + \dfrac{1}{c + 2} \le 1$
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$a(c+2)(a+2)+b(a+2)(b+2)+c(b+2)(c+2)\le (a+2)(b+2)(c+2) \\ \iff ab^2+bc^2+ca^2\leq 2+abc$$
Từ giả thiết của bài toán, ta có;$a(b-c)(a-b)\geq 0$. Nên $${a}^{2}b-a{b}^{2}-{a}^{2}c+abc\geq 0 \iff {a}^{2}b+abc\geq a{b}^{2}+{a}^{2}c$$
Sử dụng bất đẳng thức này ta quy bài toán về chứng minh $$2-{a}^{2}b\geq {c}^{2}b$$
hay là
$$2\geq b(3-{b}^{2}) \\ \iff {b}^{3}-3b+2\geq 0 \\ \iff {(b-1)}^{2}(b+2)\geq 0$$
Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,1)=(\sqrt{2},1,0)$
 
Last edited by a moderator:
V

vansang02121998

Cách 2:

$P=\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}$

$\Leftrightarrow 3-2P=\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2} \ge \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{a+b+c+6} = \dfrac{a+b+c+2(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})}{a+b+c+6} \ge \dfrac{a+b+c+2.3.\sqrt[3]{\sqrt{ab}.\sqrt{ac}.\sqrt{bc}}}{a+b+c+6} = 1$

$\Rightarrow P \le 1$
 
Q

quangbaobg

ủa...viết các công thức toán học kiểu gì vậy mọi người...em đã lên mạng tìm hiểu mà mày mò mãi không ra :( ai biết chỉ em tận tình cái nhé... em cảm ơn !
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom