Cauchy-SChwarz:

\(\left(9a^3+3b^2+c\right)\left(\dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{3}+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{\left(9a^3+3b^2+c\right)}\le\dfrac{a\left(\dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{3}+c\right)}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{\dfrac{1}{9}+\dfrac{a}{3}+ac}{\left(a+b+c\right)^2}\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:

\(P\le\dfrac{1}{9}\cdot3+\dfrac{a+b+c}{3}+ab+bc+ca\)

\(\le\dfrac{1}{9}\cdot3+\dfrac{a+b+c}{3}+\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=1\)

Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky :

\(\left(9a^3+3b^2+c\right)\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)

\(\Rightarrow9a^3+3b^2+c\ge\frac{1}{\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{9a^3+3b^2+c}\le a\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\)

Thực hiện tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế :
\(P\le\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{a+b+c}{3}+\left(ab+bc+ac\right)\)

\(P\le\frac{2}{3}+ab+bc+ac\)

Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM - GM :

\(ab+bc+ac\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow P\le\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1\Rightarrow P_{max}=1\)

Vậy GTLN của P là 1 khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((9a^3+3b^2+c)\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\geq (a+b+c)^2=1\)

\(\Rightarrow 9a^3+3b^2+c\geq \frac{1}{\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c}\)

\(\Rightarrow \frac{a}{9a^3+3b^2+c}\leq a\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{3}+c\right)\)

Thực hiện tương tự với các phân thức khác và cộng theo vế:

\(\Rightarrow P\leq \frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{1}{9}+\frac{a+b+c}{3}+(ab+bc+ac)\)

\(P\leq \frac{2}{3}+ab+bc+ac\)

Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:

\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow P\leq \frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1\Rightarrow P_{\max}=1\)

Vậy GTLN của $P$ là $1$ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Câu 1 : áp dụng BĐT SVAC ta có \(A\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}}=\frac{1.\sqrt{2a+2b+2c}}{\sqrt{2.}(\sqrt{b+c}+\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})}\)

mặt khác lại có \(\frac{\sqrt{2a+2b+2c}}{\sqrt{2}.(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})}\ge\frac{\sqrt{(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})^2}}{\sqrt{2}.\sqrt{3}.(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c})}=\frac{1}{\sqrt{6}}\)theo bđt svac

\(\Rightarrow A\ge\frac{1}{\sqrt{6}}\)dấu bằng xảy ra tại a=b=c=\(\frac{1}{3}\)

+ thêm bớt bc,ca,ab lần lượt cho P ta được

\(P=\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{3b+3ca-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{3c+3ab-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si cho mẫu ta có

\(3a+3bc\ge2\sqrt{9abc}=6\sqrt{abc}\)

suy ra

\(\frac{a^3}{3a+3bc-\left(ab+ac+bc\right)}\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+Bc\right)}\)

tương tự với các BDT còn lại suy ra :

\(P\le\frac{a^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{b^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

đên đây easy chưa ? chung mẫu + lại với nhau ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-\left(ab+ac+bc\right)}+3abc\)

áp dụng BDT cô si ta có

\(ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\) luôn đúng thay vào ta được

ta có   \(a^2+B^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\) thêm bớt + hằng đẳng thức

thay vào và đổi dấu ta được

\(P\le\frac{a^3+b^3+c^3}{6\sqrt{abc}-9+2\left(ab+bc+Ca\right)}+3abc\)

có  \(ab+1\ge2\sqrt{ab}\)

\(ca+1\ge2\sqrt{ac}\)

\(bc+1\ge2\sqrt{bc}\)

\(\Rightarrow2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le ab+bc+ca+3\)

ta lại có

\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\le a+B+c\left(cosi\right)\) suy ra

\(2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3\Leftrightarrow6\le ab+Bc+ca+3\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

  suy ra  

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-9+2\left(3\right)}=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}\)

\(P\le\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)}{6\sqrt{abc}-3}+3abc\)

ta có

\(a.a.a\le\frac{\left(a+a+a\right)^3}{27}\)

\(b.b.b\le\frac{\left(b+b+b\right)^3}{27}\)

\(c.c.c\le\frac{\left(c+c+C\right)^3}{27}\)

\(a^3+b^3+c^3\le\frac{\left(3a\right)^3+\left(3b\right)^3+\left(3c\right)^3}{27}\)

bạn ơi chắc là đề sai rồi làm sao có thể đi chứng minh được cái

\(a^3+b^3+c^3\le a+b+c\) 

bạn xem lại đi nha @@

Ta có : \(\frac{a}{1+9b^2}=\frac{a+9ab^2-9ab^2}{1+9b^2}=a-\frac{9ab^2}{1+9b^2}\ge a-\frac{9ab^2}{6b}=a-\frac{3ab}{2}\)

Tương tự : \(\frac{b}{1+9c^2}\ge b-\frac{3bc}{2}\); \(\frac{c}{1+9a^2}\ge c-\frac{3ac}{2}\)

\(\Rightarrow Q\ge a+b+c-\frac{3ab+3bc+3ac}{2}\ge a+b+c-\frac{3.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Ta có: \(Q=\frac{a}{1+9b^2}+\frac{b}{1+9c^2}+\frac{c}{9a^2}=\frac{a+9ab^2-9ab^2}{1+9b^2}+\frac{b+9bc^2-9bc^2}{1+9b^2}+\frac{c+9ca^2-9ca^2}{1+9c^2}\)

\(=1-\frac{9ab^2}{1+9b^2}+b-\frac{9bc^2}{1+9c^2}+c-\frac{9ca^2}{1+9a^2}=1-\left(\frac{9ab^2}{1+9b^2}+\frac{9bc^2}{1+9c^2}+\frac{9ca^2}{1+9a^2}\right)\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\frac{9ab^2}{1+9b^2}\le\frac{9ab^2}{2\sqrt{1\cdot9b^2}}=\frac{9ab^2}{2\cdot3b}=\frac{3ab}{2}\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{9bc^2}{1+9c^2}\le\frac{3ab}{2}\\\frac{9ca^2}{1+9a^2}\le\frac{3ab}{2}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{9ab^2}{1+9b^2}+\frac{9bc^2}{1+9c^2}+\frac{9ac^2}{1+9a^2}\le\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)

Hay \(Q=1-\left(\frac{9ab^2}{1+9b^2}+\frac{9bc^2}{1+9c^2}+\frac{9ca^2}{1+9a^2}\right)\ge1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Vậy \(Min_P=\frac{1}{2}\)đạt được khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Bài tương tự bài dưới đây:

Câu hỏi của Nguyễn Đặng Việt Tuấn - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Ta chứng minh được:

\(\frac{a}{9a^3+3b^2+c}+\frac{b}{9b^3+3c^2+a}+\frac{c}{9c^3+3a^2+b}\leq \frac{2}{3}+ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow P\leq \frac{2}{3}+2019(ab+bc+ac)\)

Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow P\leq \frac{2021}{3}\) hay \(P_{\max}=\frac{2021}{3}\)