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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

a.b.c=1 thật hả. Rắc rối thế. Để nghĩ tiếp

không biết

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 "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Câu 1 : áp dụng BĐT SVAC ta có \(A\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}}=\frac{1.\sqrt{2a+2b+2c}}{\sqrt{2.}(\sqrt{b+c}+\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})}\)

mặt khác lại có \(\frac{\sqrt{2a+2b+2c}}{\sqrt{2}.(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})}\ge\frac{\sqrt{(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})^2}}{\sqrt{2}.\sqrt{3}.(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})}=\frac{1}{\sqrt{6}}\)theo bđt svac

\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{\sqrt{6}}\)dấu bằng xảy ra tại a=b=c=\(\frac{1}{3}\)

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 \(P_{\max}=\frac{2021}{3}\)