Chủ đề này có 5 trả lời

[chieckhantiennu]

Cho $x,y,z \ge 0; x+y+z=1$

Chứng minh:

$x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le\frac{4}{27}$ 

[Viet Hoang 99]

Cho $x,y,z \ge 0; x+y+z=1$

Chứng minh:

$x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le\frac{4}{27}$ 

PP Chuyển vị của V.Q.B. Cẩn:

 

Giả sử $y$ là số hạng nằm giữa $x$ và $z$. Khi đó
$VT=x.xy+y.yz+z.zx+xyz\le x.xy+y.zx+z.yz+xyz=y(x+z)^2\le \frac{1}{2}\left ( \frac{2y+x+z+x+z}{3} \right )^3=\frac{4}{27}$

 

Dấu "=" xảy ra khi: $a=b=c=1$ và $a=2;b=1;c=0$ và các hoán vị.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 14-01-2015 - 19:40

[dogsteven]

Ta sẽ chứng minh $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\geqslant 0$
Xét hiệu: $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)-4(a+b-2c)^3+27(a-c)^2(b-c)=9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geqslant 0$

Do đó khi $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta cần chứng minh $4(a-c+b-c)^3-27(a-c)^2(b-c)=(a-c-2b+2c)^2(4a+b-5c)\geqslant 0$ luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=2b, c=0$ và các hoán vị tương ứng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 14-01-2015 - 19:08

[lahantaithe99]

Ta sẽ chứng minh $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\geqslant 0$
Xét hiệu: $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)-4(a+b-2c)^3+27(a-c)^2(b-c)=9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geqslant 0$

Do đó khi $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta cần chứng minh $4(a-c+b-c)^3-27(a-c)^2(b-c)=(a-c-2b+2c)^2(4a+b-5c)\geqslant 0$ luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=2b, c=0$ và các hoán vị tương ứng.

Em có thể nêu ý tưởng cho việc xét hiệu này không?

[dogsteven]

Em có thể nêu ý tưởng cho việc xét hiệu này không?

Nếu như muốn chứng minh $f(a,b,c)\geqslant 0$, ta có thể giảm số biến về 2 biến bằng cách chứng minh $f(a,b,c)\geqslant f(a-c,b-c,0)$ với $c=\text{min}\{a,b,c\}$

[huuhieuht]

Nếu như muốn chứng minh $f(a,b,c)\geqslant 0$, ta có thể giảm số biến về 2 biến bằng cách chứng minh $f(a,b,c)\geqslant f(a-c,b-c,0)$ với $c=\text{min}\{a,b,c\}$

Bạn có thể giảng cho mình khi nào mới dùng phương pháp này được không