Chủ đề này có 3 trả lời

[daotuanminh]

Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=1$.

Tìm $MAX$ gủa biểu thức: $\sum \frac{a}{9a^{3}+3b^{2}+c}$

[PlanBbyFESN]

Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=1$.

Tìm $MAX$ gủa biểu thức: $\sum \frac{a}{9a^{3}+3b^{2}+c}$

 

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

 

$\sum \frac{a}{9a^{3}+3b^{2}+c}=\sum \frac{a(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c)}{(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c)(9a^{3}+3b^{2}+c)}\leq \sum \frac{a(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c)}{(a+b+c)^{2}}=\frac{1}{3}\sum a+\frac{1}{3}+\sum ac\leq \frac{2}{3}+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}=1$

 

............................

[luukhaiuy]

Áp dụng BDT Cauchy-schwarz ta có $(9a^3+3b^2+c)(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c)\geq (a+b+c)^2=1$

nến $9a^3+3b^2+c\geq \frac{1}{\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c}$ do đó $\frac{a}{9a^3+3b^2+c}\leq a.(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c)=\frac{1}{9}+\frac{1}{3}a+ac$

CMTuong tu cong ve voi ve ta co VT$\leq \frac{1}{3}+\frac{a+b+c}{3}+ab+bc+ca=\frac{2}{3}+ab+bc+ca$

mặt khác ÁP dụng BDT cauchy-schwarz ta lại có $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$

hay $ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}$ suy ra VT$\leq \frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1$

vậy MAX=1

[I Love MC]

Cosi : $9a^3+\frac{1}{3}+\frac{1}{3} \ge 3a$ 
$3b^2 +\frac{1}{3} \ge 2b$ 
Suy ra $VT \le \sum \frac{a}{3a+2b+c-1}=\sum \frac{a}{2a+b}=$
Coi $VT$ là $A$ 
Ta có $2A \le \sum \frac{2a}{2a+b}=3-\sum{b}{2a+b}$ 
Mà theo Cauchy-Swarchz : $\sum{b}{2a+b} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc}=1$ 
Suy ra $2A \le 3-1=2$ hay $A \le 1$ 
Vậy $MAX_A=1$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$