Tìm Max P= $\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ac}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}$

Question

Cho a,b,c là các số thực không âm trong đó 2 số bất kì không đồng thời bằng 0. Tìm Max

P=

$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ac}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}$

ah! mình nhầm bn vs 1 bn cùng ở HD nên hỏi thôi! Sr
uk, mình biết! đọc xong mấy bài mà thấy ảo quá!
BT ngc lại ms có min. m nghĩ vậy! chứ cái này m ngu lém! bn tìm đc min thì chia sẻ vs!

Confusion · Answer 1 · 4/1/2016 8:16:59 PM

Bình chọn tăng 8 Bình chọn giảm

Cách nữa nek ~~

KMTTQ, g/s

$a\geq b\geq c$

Ta có:

$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ca}-2=\frac{(a-b)(c-a)}{a^2+bc}+\frac{(a-b)(b-c)}{b^2+ca}=\frac{(a-b)^2(c^2-2ac-2bc+ab)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}=\frac{(a-b)^2(c^2+ab)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}-\frac{2c(a+b)(a-b)^2}{(a^2+bc)(b^2+ca)}$

BĐT cần c/m trở thành:

$\frac{(a-b)^2(c^2+ab)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}\geq \frac{2c(a+b)(a-b)^2}{(a^2+bc)(b^2+ca)}$

Dùng típ AM_GM dk:

$\frac{(a-b)^2(c^2+ab)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab)}\geq \frac{2(a-b)\sqrt{c(a+b)}}{\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ca)}}$

Từ đó cần c/m:

$(a^2+bc)(b^2+ca)\geq c(a+b)(a-b)^2$

lđ do

$a^2+bc\geq a^2\geq (a-b)^2$ và

$b^2+ca\geq c(a+b)$

$\Rightarrow$ đpcm

Đăngt thức khi 2 số = nhau, 1 số =0!

Trả lời 01-04-16 08:16 PM

Confusion
24K 2 58 167

164K 882K

8 4

vote dùm e nhé! – Confusion 01-04-16 08:17 PM

mỏi tay quá mn ạ! – Confusion 01-04-16 08:17 PM

Confusion · Answer 2 · 4/1/2016 7:57:27 PM

Bình chọn tăng 8 Bình chọn giảm

Cx ko hẳn là xưa lắm!!

Ko mất tính tq, g/s rằng

$a\geq b\geq c$ , khi đó:

$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}\geq \frac{a(b+c)}{a^2+ac}=\frac{b+c}{a+c}\geq \frac{b}{a}$

và:

$\frac{c(a+b)}{c^2+ab}\geq \frac{c}{b}$

Vậy:

$\Sigma \frac{a(b+c)}{a^2+bc}\geq \frac{b}{a}+\frac{ab}{b^2+ca}+\frac{c}{b}=\frac{b^2+ca}{ab}+\frac{ab}{b^2+ca}\geq 2$

$\rightarrow$ .......

Trả lời 01-04-16 07:57 PM

Confusion
24K 2 58 167

164K 882K

8 4

uk! chưa = cái Nesbit e ak! – Confusion 01-04-16 08:24 PM

nhiều cách dữ – ๖ۣۜTQT☾♋☽ 01-04-16 08:23 PM

WhjteShadow · Answer 3 · 3/4/2016 10:18:05 PM

Bình chọn tăng 6 Bình chọn giảm

Bài này không tồn tại Max, đề bài này bị sai, ta chứng minh được

$VT \geq 2$ . Bài toán này cũ rồi, với một điểm rơi duy nhất khi

$a=b,c=0$ .Thậm chí ta còn có thể chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}+\sqrt{\frac{b(c+a)}{b^2+ca}}+\sqrt{\frac{c(a+b)}{c^2+ab}}\geq 2$

Ta có 1 bài toán tương tự nữa:

$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(a+c)}{a^2+c^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+b^2}\geq 2$

Với bài bạn trên, giả dụ như khi

$c=0$ thì ta có

$z=0$ vậy thử hỏi

$\frac{1}{z}$ có xác định hay không?

Trả lời 04-03-16 10:18 PM

WhjteShadow
6K 8 17

134K 97K

6 1

Confusion · Answer 4 · 3/2/2016 6:29:33 PM

Bình chọn tăng 10 Bình chọn giảm

Đặt

$x=\frac{a(b+c)}{a^2+bc}$

$y=...$ ,

$z=...$

$\Rightarrow P=x+y+z$

Xét

$A=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\Sigma \frac{a^2+bc}{a(b+c)}$

$\Rightarrow A+3=\Sigma (\frac{a^2+bc}{a(b+c)}+1)=\frac{(a+b)(a+c)}{a(b+c)}$

A/d BĐT C.S cho 3 số dg, ta đc:

$A\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)^2.(b+c)^2.(c+a)^2}{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}=3\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}\geq 3\sqrt[3]{2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}/abc}=3\sqrt[3]{\frac{8abc}{abc}}=6$

$\rightarrow A\geq 6-3=3$

Dấu đẳng thức xảy ra khi

$a=b=c$

Dễ c/m đc: