Bài 28: (Đề thi thử của sở GD- ĐT Thanh Hóa năm 2016)
Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$P=\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{3a-b}{a^{2}+ab}+\frac{3b-c}{b^{2}+bc}+\frac{3c-a}{c^{2}+ca} \right )$
Vì biểu thức P có tính thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta có:
$P= \frac{3a-b}{a^{2}+ab}+\frac{3b-c}{b^{2}+bc}+\frac{3c-a}{c^{2}+ca}$
$=\frac{4a-\left ( a+b \right )}{a\left ( a+b \right )}+\frac{4b-\left ( b+c \right )}{b\left ( b+c \right )}+\frac{4c-\left ( c+a \right )}{c\left ( c+a \right )}$
$=\frac{4}{a+b}-\frac{1}{a}+\frac{4}{b+c}-\frac{1}{b}+\frac{4}{c+a}-\frac{1}{c}$
Dự đoán GTLN của P=9. Ta sẽ chứng minh:
$\frac{4}{a+b}-\frac{1}{a}+\frac{4}{b+c}-\frac{1}{b}+\frac{4}{c+a}-\frac{1}{c}\leq 9$
$\Leftrightarrow 9+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}$
$\Leftrightarrow 9+\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq \left ( a+b+c \right )\left ( \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a} \right )$
$\Leftrightarrow a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+b\left (\frac{1}{c}+\frac{1}{a} \right )+c\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )\geq \frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}+\frac{4c}{a+b}$ $\left ( * \right )$
Theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
$\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{b+c}\Rightarrow a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq \frac{4a}{b+c}$
Tương tự, ta có:
$\left\{\begin{matrix} b\left ( \frac{1}{c}+\frac{1}{a} \right )\geq \frac{4b}{c+a}\\c\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )\geq \frac{4c}{a+b} \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left ( * \right )$ đúng
$\Rightarrow P\leq 9$
Vậy GTLN của P=9 $\Leftrightarrow a=b=c$
*Nhận xét, có lẽ người ra đề nghĩ ra bài toán trên dựa vào 1 bất đẳng thức quen thuộc:
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:
$9+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}$