Đến nội dung

Hình ảnh

$\dfrac{2}{3}\leq a^2b+b^2c+c^2a\leq \dfrac{10}{9}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

Cho các số thực $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=2$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:

$$\dfrac{2}{3}\leq a^2b+b^2c+c^2a\leq \dfrac{10}{9}$$



#2
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

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 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh