Violympic toán 8

Nguyễn Thanh Thảo

1 . Tìm GTLN của \(4a^3+4b^3+ab\)

\(Choa+b=1\) và a , b > 0

2 . Biết xyz = 1 . Tìm GTLN của \(P=\frac{1}{1+x+y}+\frac{1}{1+y+z}+\frac{1}{1+x+z}\)

Trần Quốc Khanh
26 tháng 3 2020 lúc 15:11

2/Đặt : \(\left(x,y,z\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\Rightarrow a^3b^3c^3=1\Rightarrow abc=1\)

Có: \(P=\frac{1}{a^3+b^3+1}+\frac{1}{b^3+c^3+1}+\frac{1}{c^3+a^3+1}\)

Ta có: \(a^2-ab+b^2\ge ab\)( dễ dàng CM)

Nên: \(a^3+b^3+1=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+1\ge ab\left(a+b\right)+abc=ab\left(a+b+c\right)\)

Từ đó suy ra : \(\frac{1}{a^3+b^3+1}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{abc}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{a+b+c}\)(1)

Tương tự ta cũng có: \(\frac{1}{b^3+c^3+1}\le\frac{a}{a+b+c}\left(2\right),\frac{1}{c^3+a^3+1}\le\frac{b}{a+b+c}\left(3\right)\)

Cộng (1),(2) và (3) có MAX P=1 với a=b=c=1

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Hoàng Thị Ánh Phương
26 tháng 3 2020 lúc 14:36

Bài 1 :

ÁP dụng BĐT Bunhiacopxki ta có :

\(\left(1+1\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,5\)

Ta có : \(\frac{a^3+b^3}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2}\right)^3\) ( ý a )

\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge\frac{\left(a+b\right)^3}{4}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

\(4a^3+4b^3+ab\)

\(=3\left(a^3+b^3\right)+\left(a^3+b^3+ab\right)\)

\(\ge3.\frac{\left(a+b\right)^3}{4}+\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+ab=\frac{3}{4}+a^2+b^2\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{2}=\frac{5}{4}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=0,5\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa
Hoàng Thị Ánh Phương
26 tháng 3 2020 lúc 15:01

Bài 2 :

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a^3\\y=b^3\\z=c^3\end{matrix}\right.\)

Ta có xyz = 1 \(\Rightarrow a^3b^3c^3=1\Leftrightarrow abc=1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+x+y}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}\)

Ta có : \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\) ( bn tự cm )

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

\(\Rightarrow\frac{1}{1+x+y}=\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)ab}\)

Tương tự ta cũng có :

\(\frac{1}{1+z+y}=\frac{1}{c^3+b^3+abc}\le\frac{1}{cb\left(c+b\right)+abc}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)cb}\)

\(\frac{1}{1+z+x}=\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{1}{ca\left(c+a\right)+abc}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)ca}\)

Cọng vế với vế của 3 BĐT trên ta được

\(P\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=1\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Vậy \(P_{Max}=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)

Bình luận (0)
 Khách vãng lai đã xóa

Các câu hỏi tương tự
Đặng Ngọc Hà
Xem chi tiết
Nguyễn Thị Thanh Trang
Xem chi tiết
Nguyễn Thị Nguyệt Ánh
Xem chi tiết
MInemy Nguyễn
Xem chi tiết
Lê Việt
Xem chi tiết
Hữu Tài Nguyễn
Xem chi tiết
nguyễn họ hoàng
Xem chi tiết
Annie Scarlet
Xem chi tiết
Lăng
Xem chi tiết