x,y,z dương ,x+2y+3z=3
tìm GTLN của Q=\(\frac{88y^3-x^3}{2xy+16y^2}+\frac{297z^3-8y^3}{6zy+36z^2}+\frac{11x^3-27z^3}{3xz+4x^2}\)
Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x + 2y + 3z = 3
Tìm giá trị lớn nhất của \(Q=\frac{88y^3-x^3}{2xy+16y^2}+\frac{297z^3-8y^3}{6yz+36z^2}+\frac{11x^3-27z^3}{3xz+4x^2}\)
\(\hept{\begin{cases}a=x\\b=2y\\c=3z\end{cases}}\Rightarrow a+b+c=3\)
\(Q=\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}+\frac{11c^3-b^3}{bc+4c^2}+\frac{11a^3-c^3}{ca+4a^2}\)
Cần tìm \(\beta;\gamma\) sau cho \(\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\le\gamma b+\beta a\)
\(\Leftrightarrow\frac{11.\left(\frac{b}{a}\right)^3-1}{\frac{b}{a}+4\left(\frac{b}{a}\right)^2}\le\gamma\frac{b}{a}+\beta\)
\(\Leftrightarrow\frac{11t^3-1}{t+4t^2}\le\gamma t+\beta\text{ }\left(t=\frac{b}{a}\right)\)
Dự đoán Q max khi a = b = c nên t = 1;
Tới đây dùng pp hệ số bất định để tìm ra \(\gamma=3;\text{ }\beta=-1\)
Vậy ta cần chứng minh \(\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\le3b-a\Leftrightarrow-\frac{\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2}{ab+4b^2}\le0\)
Cho 3 số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện \(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\x+2y+3z=6\end{matrix}\right.\). Tìm GTLN của
\(P=\frac{40y^3-x^3}{2xy+12y^2}+\frac{135z^3-8y^3}{6yz+27z^2}+\frac{5x^3-27z^3}{3zx+3x^2}\)
Đặt \(\left(x;2y;3z\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow a+b+c=6\)
\(P=\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}+\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^2}+\frac{5a^3-c^3}{ca+3a^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\le2b-a\)
Thật vậy, BĐT tương đương: \(5b^3-a^3\le\left(2b-a\right)\left(ab+3b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự: \(\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^2}\le2c-b\) ; \(\frac{5a^3-c^3}{ca+3a^2}\le2a-c\)
Cộng vế với vế: \(P\le a+b+c=6\)
\(P_{max}=6\) khi \(a=b=c=2\) hay \(\left(x;y;z\right)=\left(2;1;\frac{2}{3}\right)\)
UCT mở rộng: ta sẽ đi tìm m;n sao cho: \(\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\le ma+nb\)
\(\Leftrightarrow a^3+ma^2b+\left(3m+n\right)ab^2+\left(3n-5\right)b^3\ge0\) (1)
\(\Leftrightarrow x^3+m.x^2+\left(3m+n\right)x+\left(3n-5\right)\ge0\) với \(x=\frac{a}{b}\)
Dự đoán rằng sẽ phân tích về dạng \(\left(a-b\right)^2.P\left(a;b\right)\) hay \(\left(x-1\right)^2P\left(x\right)\)
Do đó (1) phải có nghiệm \(x=1\)
\(\Rightarrow4m+4n-4=0\Rightarrow n=1-m\)
Thay vào: \(x^3+mx^2+\left(2m+1\right)x-3m-2\ge0\)
Hoocne hạ bậc: \(\left(x-1\right)\left(x^2+\left(m+1\right)x+3m+2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow x^2+\left(m+1\right)x+3m+2\) cũng có 1 nghiệm \(x=1\)
\(\Rightarrow4m+4=0\Rightarrow m=-1\Rightarrow n=2\)
Cho \(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\x+2y+3z=3\end{matrix}\right.\)
Tìm MaxP biết:
\(P=\dfrac{88y^3-x^3}{2xy+16y^2}+\dfrac{297z^3-8y^3}{6yz+36z^2}+\dfrac{11x^3-27z^3}{3xz+4x^2}\)
Đặt 2y=a, 3z=b \(\Rightarrow x+a+b=3\)
\(\Rightarrow P=\dfrac{11a^3-x^3}{ax+4a^2}+\dfrac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}+\dfrac{11x^3-b^3}{bx+4x^2}\)
Ta chứng minh bđt sau:
\(\dfrac{11a^3-x^3}{ax+4a^2}\le3a-x\Leftrightarrow11a^3-x^3\le\left(3a-x\right)\left(ax+4a^2\right)\Leftrightarrow11a^3-x^3\le12a^3+3a^2x-ax^2-4a^2x\Leftrightarrow a^3-a^2x-ax^2+x^3\ge0\Leftrightarrow a^2\left(a-x\right)-x^2\left(a-x\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-x\right)^2\left(a+x\right)\ge0\left(luondung\right)\)tương tự:
\(\dfrac{11x^3-b^3}{bx+4x^2}\le3x-b,\dfrac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\le3b-a\)
\(\Rightarrow P\le3\left(x+a+b\right)-\left(a+b+x\right)=2\left(a+b+x\right)=2.3=6\)
\(MaxP=6\Leftrightarrow x=1,y=\dfrac{1}{2},z=\dfrac{1}{3}\)
Với x,y,z là các số thực dương sao cho \(x.y.z=\frac{1}{6}\). Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{x^3+8y^3+1}+\frac{1}{8y^3+27z^3+1}+\frac{1}{27z^3+x^3+1}\le1\)
đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x;2y;3z\right)\)\(\Rightarrow\)\(abc=1\)
bđt \(\Leftrightarrow\)\(\Sigma\frac{1}{a^3+b^3+1}\le1\)
\(VT\le\Sigma\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\Sigma\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=1\)
Tính : \(\frac{x\left(y^2-z\right)+y\left(x-xy\right)}{\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2}:\frac{\left(xy^2-xz\right)\left(2y-x\right)}{2\left(x^3+y^3+z^3-3xz\right)}\)
\(\frac{2x^2-4x+2y^2}{5x-5y}.\frac{16x^2-15y^2}{4x^3+4y^3}\)
cho x y z > 0,x+2y+3z=2. Tìm GTLN
S=\(\sqrt{\frac{xy}{xy+3z}}+\sqrt{\frac{3yz}{3yz+x}}+\sqrt{\frac{3xz}{3xz+4y}}\)
Lời giải:
Đặt $(x,2y,3z)=(a,b,c)$. Khi đó bài toán trở thành:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=2$. Tìm GTLN của:
\(S=\sqrt{\frac{ab}{ab+2c}}+\sqrt{\frac{bc}{bc+2a}}+\sqrt{\frac{ca}{ac+2b}}\)
------------------------------------
Từ $a+b+c=2$ ta có:
\(S=\sqrt{\frac{ab}{ab+(a+b+c)c}}+\sqrt{\frac{bc}{bc+(a+b+c)a}}+\sqrt{\frac{ca}{ac+(a+b+c)b}}\)
\(=\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}+\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{ca}{(b+c)(b+a)}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b}\right)\)
\(\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\)
\(\sqrt{\frac{ca}{(b+a)(b+c)}}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{b+a}+\frac{c}{b+c}\right)\)
Cộng theo vế:
\(S\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+b}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy $S_{\max}=\frac{3}{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
hay $x=\frac{2}{3}; y=\frac{1}{3}; z=\frac{2}{9}$
Cho các số thực x, y, z dương
chứng minh: \(\frac{1}{x^3y^3}+\frac{y^3}{z^3}+x^3z^3\ge\frac{1}{x^2y^2}+\frac{y^2}{z^2}+x^2z^2\)
\(\frac{1}{x^3y^3}+\frac{1}{x^3y^3}+1\ge\frac{3}{x^2y^2}\) ; \(\frac{y^3}{z^3}+\frac{y^3}{z^3}+1\ge\frac{3y^2}{z^2}\) ; \(x^3z^3+x^3z^3+1\ge3x^2z^2\)
\(\Rightarrow2VT+3\ge2\left(\frac{1}{x^2y^2}+\frac{y^2}{z^2}+x^2z^2\right)+\left(\frac{1}{x^2y^2}+\frac{y^2}{z^2}+x^2z^2\right)\ge2\left(\frac{1}{x^2y^2}+\frac{y^2}{z^2}+x^2z^2\right)+3\sqrt[3]{\frac{x^2y^2z^2}{x^2y^2z^2}}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Cho 3 số thực dương x,y,z thỏa \(x^2+y^2+z^2\le3\) Tìm GTLN của biểu thức \(H=\frac{y}{x^2+2y+3}+\frac{z}{y^2+2z+3}+\frac{x}{z^2+x+3}\)
Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn
\(\frac{x}{2x^2+y^2+5}+\frac{2y}{6y^2+z^2+6}+\frac{4z}{3z^2+4x^2+16}\le\frac{1}{2}\)