ab+bc+ca=3abc <=> ab+bc+ca-3abc=0 <=> ab-abc+bc-abc+ca-abc=0 <=> ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)=0
Vì a,b,c dương => \(\hept{\begin{cases}1-c=0< =>c=1\\1-a=0< =>a=1\\1-b=0< =>b=1\end{cases}}\)
Thay a,b,c vừa tìm được vào biểu thức P <=> P=3/2
áp dụng BDT cô si ta có
\(a^2+1>=2a\)
\(b^2+1>=2b\)
\(c^2+1>=2c\)
do đó P<=\(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)
=\(\frac{1}{2}.\frac{3abc}{abc}=1,5\)
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
ab+bc+ca=3abc <=> ab+bc+ca-3abc=0 <=> ab-abc+bc-abc+ca-abc=0 <=> ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)=0
Vì a,b,c dương => {
| 1−c=0<=>c=1 |
| 1−a=0<=>a=1 |
Thay a,b,c vừa tìm được vào biểu thức P <=> P=3/2
Hình như thế này thì phải,em chưa học lớp 9.
Từ giả thiết suy ra \(\frac{ab+bc+ca}{abc}=3\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Ta có: \(P=\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\) (Cô si;Am-gm;cauchy các kiểu... >:)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{3}{2}\)
Vậy max P = 3/2 khi và chỉ khi a = b = c = 1
1 bài hoàn chỉnh !
Từ giả thiết : \(ab+bc+ca=3abc\)
\(< =>\frac{ab}{abc}+\frac{bc}{abc}+\frac{ca}{abc}=\frac{3abc}{abc}\)
\(< =>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
\(a^2+1\ge2\sqrt{a^2}=2a\) \(\frac{1}{a^2+1}\le\frac{1}{2a}\)(*)
\(b^2+1\ge2\sqrt{b^2}=2b\) Khi đó :\(\frac{1}{b^2+1}\le\frac{1}{2b}\)(**)
\(c^2+1\ge2\sqrt{c^2}=2c\) \(\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{2c}\)(***)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (*);(**) và (***) ta được :
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{1}{a}+\frac{1}{2}.\frac{1}{b}+\frac{1}{2}.\frac{1}{c}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)Hay \(P\le\frac{3}{2}\)Đẳng thức xảy ra \(< =>a=b=c=1\)
Vậy GTLN của \(P=\frac{3}{2}\)đạt được khi \(a=b=c=1\)
bài ArCobale ko khác gì, chỉ là gõ lại bài mình cho dài dòng thôi.
