Cho\ \left\{ \begin{array}{l} a,b,c > 0\\ abc = 8 \end{array} \right.. Tìm Max của: \ P = \frac{1}{{2a + b + 6}} + \frac{1}{{2b + c + 6}} + \frac{1}{{2c + a + 6}}.
Giải: Áp dụng BĐT \ \frac{1}{{x + y + z}} \le \frac{1}{9}\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) ta có:
\ P = \frac{1}{{\left( {a + 2} \right) + \left( {a + 2} \right) + \left( {b + 2} \right)}} + \frac{1}{{\left( {b + 2} \right) + \left( {b + 2} \right) + \left( {c + 2} \right)}} + \frac{1}{{\left( {c + 2} \right) + \left( {c + 2} \right) + \left( {a + 2} \right)}}
\ \le \frac{1}{9}\left( {\frac{2}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{2}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}}} \right) + \frac{1}{9}\left( {\frac{2}{{c + 2}} + \frac{1}{{a + 2}}} \right) = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}}} \right).
Ta dễ dàng chứng minh BĐT phụ sau đây:
- Cho 2 số: \ \frac{2}{{1 + \sqrt {xy} }} \ge \frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{y + 1}}.
- Và Tổng quát cho n số: \ \frac{n}{{1 + \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}}} \ge \frac{1}{{1 + {a_1}}} + \frac{1}{{1 + {a_2}}} + ... + \frac{1}{{1 + {a_n}}}.
(Cái này mọi người có thể dùng quy nạp cho dạng TQ và biến đổi tương đương cho 2 số, 3 số...)
- Chú ý: Điều kiện\ {a_1}{a_2}...{a_n} \le 1.
Và ta áp dụng cho 3 số như sau:
\ \frac{1}{{a + 2}} + \frac{1}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 2}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{1 + \frac{a}{2}}} + \frac{1}{{1 + \frac{b}{2}}} + \frac{1}{{1 + \frac{c}{2}}}} \right) \le \frac{1}{2}.\frac{3}{{1 + \sqrt[3]{{\frac{{abc}}{8}}}}} = \frac{3}{4} \Rightarrow P \le \frac{1}{4}.
Vậy Max P = 1/4. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=2.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét