Chủ đề này có 4 trả lời

[datduong2002]

Cho ba số thực dương x,y,z. Tìm GTLN của biểu thức 

$P=\frac{xy}{x^2+xy+yz}+\frac{yz}{y^2+yz+zx}+\frac{zx}{z^2+zx+xy}$

[DOTOANNANG]

[attachment=33648:CodeCogsEqn (5).gif]

[Minhcamgia]

Áp dụng CBS $\frac{xy}{x^2+xy+yz} = \frac{xy(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}{(x^2+xy+yz)(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}\le \frac{xy+y^2+zx}{(x+y+z)^2}.$

tương tự $\frac{yz}{y^2+yz+zx}\le \frac{yz+z^2+xy}{(x+y+z)^2}$ ; $\frac{zx}{z^2+zx+xy} \le \frac{zx+x^2+yz}{(x+y+z)^2}$

$\Rightarrow \frac{xy}{x^2+xy+yz} + \frac{yz}{y^2+yz+zx} + \frac{zx}{z^2+zx+xy} \le \frac{xy+y^2+zx+yz+z^2+xy+zx+x^2+yz}{(x+y+z)^2} = 1$

Vậy max $P$ là 1 khi $x=y=z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhcamgia: 22-03-2018 - 21:45

[datduong2002]

thank you. very good

Áp dụng CBS $\frac{xy}{x^2+xy+yz} = \frac{xy(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}{(x^2+xy+yz)(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}\le \frac{xy+y^2+zx}{(x+y+z)^2}.$

tương tự $\frac{yz}{y^2+yz+zx}\le \frac{yz+z^2+xy}{(x+y+z)^2}$ ; $\frac{zx}{z^2+zx+xy} \le \frac{zx+x^2+yz}{(x+y+z)^2}$

$\Rightarrow \frac{xy}{x^2+xy+yz} + \frac{yz}{y^2+yz+zx} + \frac{zx}{z^2+zx+xy} \le \frac{xy+y^2+zx+yz+z^2+xy+zx+x^2+yz}{(x+y+z)^2} = 1$

Vậy max $P$ là 1 khi $x=y=z$

[minhducndc]

Một cách khác cho bài trên

$P=\sum \frac{xy}{x^{2}+xy+yz}= \sum \frac{1}{\frac{x}{y}+\frac{z}{x}+1}$

Đặt $(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})= (a^{3};b^{3};c^{3})$ với $abc=1$;(với $a;b;c> 0$

Khi đó ta có

$P= \sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+1}\leq \sum \frac{1}{ab(a+b)+abc}= \sum \frac{1}{ab(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{abc(a+b+c)}= 1$

(Vì $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (với $a;b> 0$)