Chứng minh:
Ta có:$x^3+y^3\geq \dfrac{1}{4}(x+y)^3;xy\leq \left ( \dfrac{x+y}{2} \right )\forall x,y>0$ kết hợp với giả thiết suy ra:
$\dfrac{1}{4}(a+b+c)^3\leq (a+b)^3+c^3\leq 4(a^3+b^3)+c^3\leq 2(a+b+c)\left [ \dfrac{(a+b+c)^2}{4}-2 \right ]\Rightarrow a+b+c\geq 4$
Khi đó sử dụng BĐT $AM-GM$ ta có:
$\dfrac{2a^2}{3a^2+b^2+2a(c+2)}=\dfrac{a}{a+c+2+\left ( \dfrac{b^2}{2a}+\dfrac{a}{2} \right )}\leq \dfrac{a}{a+c+2+2\sqrt{\frac{b^2}{2a}.\dfrac{a}{2}}}=\dfrac{a}{a+b+c+2}$
Và $(a+b)^2+c^2\geq \dfrac{1}{2}(a+b+c)^2\Rightarrow P\leq \dfrac{a+b+c}{a+b+c+2}-\dfrac{(a+b+c)^2}{32}$
Đặt $t=a+b+c\geq 4,P\leq f(t)=\dfrac{t}{t+2}-\dfrac{t^2}{32}$
Ta có:$f(t')=\dfrac{2}{(t+2)^2}-\dfrac{t}{16}=\dfrac{32-t(t+2)^2}{16(t+2)^2}<0\forall t\geq 4$
Suy ra hàm số $f(t)$ nghịch biến trên $[4;\infty )$.Do đó:$P\leq f(t)\leq f(4)=\dfrac{1}{6}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1$ và $c=2$
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét