cho ba số thực dương thoả mãn : 12( $\frac{1}{a^{2}}$+$\frac{1}{b^{2}}$+$\frac{1}{c^{2}}$ ) $\leq$ 3+$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c}$ tính

0 bình luận về “cho ba số thực dương thoả mãn : 12( $\frac{1}{a^{2}}$+$\frac{1}{b^{2}}$+$\frac{1}{c^{2}}$ ) $\leq$ 3+$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c}$ tính”

1. Đáp án: $GTLN$ của $P = \frac{1}{6}$ khi $a = b = c = 3$

    

   Giải thích các bước giải:

   Áp dụng BĐT $: 3(x² + y² + z²) ≥ (x + y + z)²$

   $ 3 + (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ≥ 12(\frac{1}{a²} + \frac{1}{b²} + \frac{1}{c²}) ≥ 4(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})²$

   $ ⇔ 4(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})² + 3(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) – 4(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) – 3 ≤ 0$

   $ ⇔ (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} – 1)[4(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) + 3] ≤ 0$

   $ ⇔ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} – 1 ≤ 0 $(vì $4(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) + 3 > 0)$

   $ ⇔ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} ≤ 1 (1)$

   Mặt khác áp dụng cô si :

   $(a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ≥ (3\sqrt[3]{abc})(3\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}) = 9$

   $⇔\frac{3}{a + b + c} ≤ \frac{1}{3}(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ≤ \frac{1}{3}.1 = \frac{1}{3} (2)$ 

   Lại có với mọi $x, y > 0$ thì :

   $ 4xy ≤ (x + y)² ⇔ \frac{1}{x + y} ≤ \frac{x + y}{4xy} = \frac{1}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ nên:

   $ \frac{1}{4a + b + c} = \frac{1}{3a + (a + b + c)} ≤ \frac{1}{4}(\frac{1}{3a} + \frac{1}{a + b + c})$

   $ \frac{1}{a + 4b + c} = \frac{1}{3b + (a + b + c)} ≤ \frac{1}{4}(\frac{1}{3b} + \frac{1}{a + b + c})$

   $ \frac{1}{a + b + 4c} = \frac{1}{3c + (a + b + c)} ≤ \frac{1}{4}(\frac{1}{3c} + \frac{1}{a + b + c})$

   Cộng lại và theo $(1); (2)$:

   $ P ≤ \frac{1}{4}[\frac{1}{3}(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) + \frac{3}{a + b + c}] ≤ \frac{1}{4}( \frac{1}{3}.1 + \frac{1}{3}) = \frac{1}{6}$

   Vậy $GTLN$ của $P = \frac{1}{6}$ khi $a = b = c = 3$

   Bình luận