Đáp án: GTLN của $P$ là $\dfrac{1}{2}$ đạt được khi $a = \dfrac{1}{3}, b = \dfrac{2}{3}, c = 1$.

 

Giải thích các bước giải:

Từ đẳng thức đề bài cho, chia cả 2 vế cho 6 ta có

$a + \dfrac{b}{2} + \dfrac{c}{3} = 1$

Với P, ta chia cả tử và mẫu của mỗi phân thức cho 6, ta có

$P = \dfrac{a . \dfrac{b}{2}}{\sqrt{a^2 + \dfrac{b^2}{4} + 2 \dfrac{c^2}{9}}} + \dfrac{ \dfrac{b}{2} . \dfrac{c}{3}}{\sqrt{\dfrac{b^2}{4} + \dfrac{c^2}{9} + 2a^2}} + \dfrac{a . \dfrac{c}{3}}{\sqrt{\dfrac{c^2}{9} + a^2 + 2 . \dfrac{b^2}{4}}}$

Đặt $x = a, y = \dfrac{b}{2}, z = \dfrac{c}{3}$. Khi đó, theo đề bài ta có $x + y + z = 1$ và tìm GTLN của

$P = \dfrac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2 + 2z^2}} + \dfrac{yz}{\sqrt{y^2 + z^2 + 2x^2}} + \dfrac{z x}{\sqrt{z^2 + x^2 + 2y^2}}$

Áp dụng BDT Bunhiacopxki ta có

$(1 + 1 + 2)(x^2 + y^2 + 2z^2) \geq (x.1 + y.1 + z.2)^2$

$<-> 4(x^2 + y^2 + 2z^2) \geq (x+y+2z)^2$

$<-> 2\sqrt{x^2 + y^2 + 2z^2} \geq x+y+2z$

$<-> \dfrac{1}{2\sqrt{x^2 + y^2 + 2z^2}} \leq \dfrac{1}{x+y+2z}$

$<-> \dfrac{2xy}{2\sqrt{x^2 + y^2 + 2z^2}} \leq \dfrac{2xy}{x+y+2z} = \dfrac{2xy}{(x+z) + (y+z)}$

Lại có

$4ab \leq (a+b)^2$

$<-> \dfrac{4ab}{a+b} \leq a+b$

$<-> \dfrac{4}{a+b} \leq \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}$

$<-> \dfrac{1}{a+b} \leq \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \right)$

Áp dụng vào ta có

$\dfrac{1}{(x+z) + (y+z)} \leq \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{x+z} + \dfrac{1}{y+z}\right)$

$<-> \dfrac{2xy}{(x+z) + (y+z)} \leq \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{2xy}{x+z} + \dfrac{2xy}{y+z}\right)$

$<-> \dfrac{2xy}{(x+z) + (y+z)} \leq \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{xy}{x+z} + \dfrac{xy}{y+z}\right)$

Vậy ta có

$\dfrac{2xy}{\sqrt{x^2 + y^2 + 2z^2}} \leq  \dfrac{xy}{x+z} + \dfrac{xy}{y+z}$

Áp dụng tương tự ta có

$ \dfrac{2yz}{\sqrt{y^2 + z^2 + 2x^2}} \leq \dfrac{yz}{y+x} + \dfrac{yz}{z+x}$

và

$\dfrac{2zx}{\sqrt{z^2 + x^2 + 2y^2}} \leq \dfrac{zx}{z+y} + \dfrac{zx}{x+y}$

Vậy ta có

$2P = \dfrac{2xy}{\sqrt{x^2 + y^2 + 2z^2}} +  \dfrac{2yz}{\sqrt{y^2 + z^2 + 2x^2}} + \dfrac{2zx}{\sqrt{z^2 + x^2 + 2y^2}}$

$\leq \dfrac{xy}{x+z} + \dfrac{yz}{x+z} + \dfrac{zx}{y+x} + \dfrac{yz}{y+x} + \dfrac{zx}{z+y} + \dfrac{xy}{x+y}$

$= \dfrac{y(x+z)}{x+z} + \dfrac{z(x+y)}{x+y} + \dfrac{x(y+z)}{y+z}$

$= x + y + z = 1$

$<-> P \leq \dfrac{1}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi

$\dfrac{x}{\sqrt{x+z}} = \dfrac{y}{\sqrt{y+z}} = \dfrac{y}{\sqrt{y+x}} = \dfrac{z}{\sqrt{z+x}} = \dfrac{z}{\sqrt{z+y}} = \dfrac{x}{\sqrt{x+y}}$

Vậy $x = y = z = \dfrac{1}{3}$. Thay các giá trị của $x, y, z$ ta có $a = \dfrac{b}{2} = \dfrac{c}{3} = \dfrac{1}{3}$ hay $a = \dfrac{1}{3}, b = \dfrac{2}{3}, c = 1$.

Vậy GTLN của P là $\dfrac{1}{2}$ đạt được khi $a = \dfrac{1}{3}, b = \dfrac{2}{3}, c = 1$.

Giải thích các bước giải:

Ta có:$6a+3b+2c=6\rightarrow \dfrac{a}{1}+\dfrac{b}{2}+\dfrac{c}{3}=1$

Đặt: $x=\dfrac{a}{1}$, $y=\dfrac{b}{2}$, $z=\dfrac{c}{3}$ Suy ra $x+y+z=1$ và $x,y,z>0$

Ta có:

$P=\dfrac{3ab}{\sqrt[]{36a^2+9b^2+8c^2}}+\dfrac{bc}{\sqrt[]{9b^2+4c^2+72a^2}}+\dfrac{2ac}{\sqrt[]{4c^2+36a^2+18b^2}}$

Suy ra:

$P=\dfrac{a.\dfrac{b}{2}}{\sqrt[]{a^2+(\dfrac{b}{2})^2+2.(\dfrac{c}{3})^2}}+\dfrac{\dfrac{b}{2}.\dfrac{c}{3}}{\sqrt[]{(\dfrac{b}{2})2+(\dfrac{c}{3})^2+2a^2}}+\dfrac{a.\dfrac{c}{3}}{\sqrt{(\dfrac{c}{3})^2+a^2+2(\dfrac{b}{2})^2}}$

$\rightarrow P=\dfrac{xy}{\sqrt[]{x^2+y^2+2z^2}}+\dfrac{yz}{\sqrt[]{y^2+z^2+2x^2}}+\dfrac{zx}{\sqrt[]{z^2+x^2+2y^2}}$

Lại có:

$\dfrac{xy}{\sqrt[]{x^2+y^2+2z^2}}=\dfrac{2xy}{\sqrt[]{(1+1+2)(x^2+y^2+2z^2)}}\le 
\dfrac{2xy}{x+y+2z}=2xy.\dfrac{1}{(x+z)+(y+z)}\\\le 2xy.\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{x+z}+\dfrac{1}{y+z})=\dfrac{1}{2}(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z})$

 Chứng minh tương tự ta có:

$\dfrac{yz}{\sqrt[]{y^2+z^2+2x^2}}\le \dfrac{1}{2}.(\dfrac{yz}{y+z}+\dfrac{yz}{x+z})$

$\dfrac{zx}{\sqrt[]{z^2+x^2+2y^2}}\le \dfrac{1}{2}.(\dfrac{zx}{z+y}+\dfrac{zx}{x+y})$

Suy ra: $P\le \dfrac{1}{2}.(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}+\dfrac{yz}{y+z}+\dfrac{yz}{x+z}+\dfrac{zx}{z+y}+\dfrac{zx}{x+y})=\dfrac{1}{2}.(x+y+z)$

$\rightarrow P\le \dfrac{1}{2}$