Cho các số thực $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=2$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{2}{3}\leq a^2b+b^2c+c^2a\leq \dfrac{10}{9}$$
Cho các số thực $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=2$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{2}{3}\leq a^2b+b^2c+c^2a\leq \dfrac{10}{9}$$
Phương pháp đối xứng hoá:
Đặt $r=abc$.
Ta có $(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)=abc(a^3+b^3+c^3)+(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+3a^2b^2c^2=r(3r+2)+1-3r(2-r)+3r^2=9r^2-4r+1$;
$(ab^2+bc^2+ca^2)+(a^2b+b^2c+c^2a)=2-3r$.
Do đó $a^2b+b^2c+c^2a$ và $ab^2+bc^2+ca^2$ là hai nghiệm của phương trình ẩn $t$: $t^2+(3r-2)t+9r^2-4r+1=0$.
Khi đó $\Delta =4r-27r^2\geq 0$ nên $0\leq r\leq \frac{4}{27}$. Dễ thấy $3r-2<0$.
Suy ra $a^2b+b^2c+c^2a=\frac{\pm\sqrt{4r-27r^2}+(2-3r)}{2}$.
Ta có $\frac{-\sqrt{4r-27r^2}+2-3r}{2}\geq \frac{2}{3}\Leftrightarrow 4(9r-1)^2\geq 0$; còn $\frac{\sqrt{4r-27r^2}+2-3r}{2}\leq \frac{10}{9}\Leftrightarrow 4(27r-1)^2\geq 0$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh