Cho các số thực dương $a, b, c$.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{a}{\sqrt{(3a+b)(3a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(3b+c)(3b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(3c+a)(3c+b)}}$.
Lời giải Le Binh Minh, 23-07-2023 - 10:00
Ta có:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$\large P=\sum (\sqrt{\frac{a}{3a+b}}\sqrt{\frac{a}{3a+c}})\leq \frac{1}{2}\sum (\frac{a}{3a+b}+\frac{a}{3a+c})$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakosky dạng phân thức:
$\large \frac{1}{2}\sum (\frac{a}{3a+b}+\frac{a}{3a+c})\leq \frac{1}{8}\sum (1+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})=\frac{3}{4}$
Suy ra Max $\large P=\frac{3}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\large a=b=c$
Đi đến bài viết »
Cho các số thực dương $a, b, c$.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{a}{\sqrt{(3a+b)(3a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(3b+c)(3b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(3c+a)(3c+b)}}$.
Ta có:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
$\large P=\sum (\sqrt{\frac{a}{3a+b}}\sqrt{\frac{a}{3a+c}})\leq \frac{1}{2}\sum (\frac{a}{3a+b}+\frac{a}{3a+c})$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakosky dạng phân thức:
$\large \frac{1}{2}\sum (\frac{a}{3a+b}+\frac{a}{3a+c})\leq \frac{1}{8}\sum (1+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})=\frac{3}{4}$
Suy ra Max $\large P=\frac{3}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\large a=b=c$
Ta có $3a+b=2a+(a+b) \geq 2\sqrt{2a(a+b)}$ và $3a+c =2a+(a+c) \geq 2\sqrt{2a(a+c)}$. Do đó $$(3a+b)(3a+c) \geq 8\sqrt{a^2(a+b)(a+c)}$$ suy ra \begin{align*} \frac{a}{\sqrt{(3a+b)(3a+c)}} & \leq \sqrt[4]{\frac{a^2}{64(a+b)(a+c)}} \\ \hfill &=\frac{1}{8}.4\sqrt[4]{\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{a}{a+b}.\frac{a}{a+c} } \\ \hfill &\leq \frac{1}{8}.\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c} \right) \\ \hfill &=\frac{1}{8}.\left( 1+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right) \end{align*}
Từ đó suy ra $$P=\sum \frac{a}{\sqrt{(3a+b)(3a+c)}} \leq \sum \frac{1}{8}.\left( 1+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)=\frac{3}{4}$$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$. Vậy $P$ đạt giá trị lớn nhất là $\frac{3}{4}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 23-07-2023 - 18:33
Cách khác.
Ta có $$(3a+b)(3a+c)=(3a)^2+3a(b+c)+bc \geq (3a)^2+2.3a.\sqrt{bc}+bc =(3a+\sqrt{bc})^2$$
suy ra $$\frac{a}{\sqrt{(3a+b)(3a+c)}} \leq \frac{a}{3a+\sqrt{bc}}=\frac{1}{3+\sqrt{\frac{bc}{a^2}}}$$
Do đó $P \leq Q$ trong đó $$Q=\sum \frac{1}{3+\sqrt{\frac{bc}{a^2}}}$$
Đặt $\sqrt{\frac{bc}{a^2}}=x, \sqrt{\frac{ac}{b^2}}=y, \sqrt{\frac{ab}{c^2}}=z.$ Khi đó $xyz=1$ và $$Q=\frac{1}{3+x}+\frac{1}{3+y}+\frac{1}{3+z}$$
Bây giờ ta chứng minh $Q \leq \frac{3}{4}$.
Do $xyz=1$ nên $x, y, z$ không thể đồng thời có giá trị nhỏ hơn $1$. Không mất tính tổng quát giả sử $z \geq 1$, khi đó $xy \leq 1$.
Thay $z=\frac{1}{xy}$ ta được $$Q=\frac{1}{3+x}+\frac{1}{3+y}+\frac{xy}{3xy+1}=\frac{6+x+y}{9+3(x+y)+xy}+\frac{xy}{3xy+1}$$
Suy ra $$3Q-1=\frac{9-xy}{9+3(x+y)+xy}+\frac{3xy}{3xy+1} \leq \frac{9-xy}{(3+\sqrt{xy})^2}+\frac{3xy}{3xy+1}=\frac{3-\sqrt{xy}}{3+\sqrt{xy}}+\frac{3xy}{3xy+1} $$
Do đó $3Q-1 \leq R$ trong đó $$R=\frac{3-s}{3+s}+\frac{3s^2}{3s^2+1}$$ với $s=\sqrt{xy}$. Ta có $$R=\frac{3-s}{3+s}+1 +\frac{3s^2}{3s^2+1}-1=\frac{6}{3+s}-\frac{1}{3s^2+1}=\frac{18s^2-s+3}{3s^3+9s^2+s+3}$$ Bất đẳng thức $R \leq \frac{5}{4}$ tương đương với $$15s^3+9s+3 \geq 27s^2$$ hay $$ 3(s-1)^2(5s+1) \geq 0$$ do đó là một bất đẳng đúng.
Suy ra $3Q-1\leq \frac{5}{4}$ hay $Q\leq \frac{3}{4}$, dẫn tới $P \leq \frac{3}{4}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.
Tóm lại, giá trị lớn nhất của $P$ là $\frac{3}{4}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 23-07-2023 - 22:38
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh