Question

Cho a,b,c>0 thỏa a+b+c=3. Tìm Max P \(\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6} +\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)

Cho x,y,z>0 thỏa \(3x+y+z=x^2+y^2+z^2+2xy\) . Tìm Min P= \(\frac{20}{\sqrt{x+2}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}+x+y+z\)

Answer 1

Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM:

$3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq 1$

$(ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)=9abc\Rightarrow \frac{2}{3+ab+bc+ac}\leq \frac{2}{3+3\sqrt{abc}}$

Áp dụng BĐT Holder $(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\Rightarrow \sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\leq \sqrt[3]{\frac{abc}{(1+\sqrt[3]{abc})^3}}$

Đặt $\sqrt[6]{abc}=t$. Trong đó $0< t\leq 1$ thì:

$P\leq \frac{2}{3+3t^3}+\frac{t^3}{6}+\frac{t^2}{t^2+1}$

Ta sẽ chỉ ra $\frac{2}{3+3t^3}+\frac{t^3}{6}+\frac{t^2}{t^2+1}\leq 1$

$\Leftrightarrow \frac{2}{3+3t^3}+\frac{t^3}{6}\leq \frac{1}{t^2+1}$

$\Leftrightarrow t^8+t^6+t^5-5t^3+4t^2-2\leq 0$

$\Leftrightarrow (t-1)[t^7+t^6+2t^5+3t^4+3t^3+2t(1-t)+2]\leq 0$ (luôn đúng với mọi $0< t\leq 1$

Do đó $P\leq 1$

Vậy $P_{\max}=1$ khi $a=b=c=1$

Answer 2

Bài 2 bạn xem viết có sai đề không?

Answer 3

:3 em từ olm sang đây có gì sai thì chỉ bảo

Áp dụng bất đẳng thức \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\forall x;y;z\inℝ\)

ta có \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)=9abc>0\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{abc}\)Ta lại có \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\forall a;b;c>0\)

Thật vậy \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=1+\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)+abc\)

\(\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+abc=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)

Khi đó \(P\le\frac{2}{3\left(1+\sqrt{abc}\right)}+\frac{\sqrt[3]{abc}}{1+\sqrt[3]{abc}}+\frac{\sqrt{abc}}{6}\)

Đặt \(\sqrt[6]{abc}=t\Rightarrow\sqrt[3]{abc}=t^2,\sqrt{abc}=t^3\)

Vì a,b,c > 0 nên 0<abc \(\le\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=1\Rightarrow0< t\le1\)

Xét hàm số \(f\left(t\right)=\frac{2}{3\left(1+t^3\right)}+\frac{t^2}{1+t^2}+\frac{1}{6}t^3;t\in(0;1]\)

\(\Rightarrow f'\left(t\right)=\frac{2t\left(t-1\right)\left(t^5-1\right)}{\left(1+t^3\right)^2\left(1+t^2\right)^2}+\frac{1}{2}t^2>0\forall t\in(0;1]\)

Do hàm số đồng biến trên (0;1] nên \(f\left(t\right)< f\left(1\right)\Rightarrow P\le1\)

\(\Rightarrow\frac{2}{3+ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{abc}}{6}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\le1\)

Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=1\)