Chủ đề này có 2 trả lời

[Mashimaru]

Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $a^2b+b^2c+c^2a \leq 3$

[zaizai]

em sai đề nên ko chứng minh được cũng phải thôi . Ta có:
$a^kb+b^kc+c^ka\le max\left(3,\dfrac{3^{k+1}k^k}{(k+1)^{k+1}}\right)$
Điều đó có nghĩa là:
$a^2b+b^2c+c^2a\le 4,\forall a+b+c=3,a,b,c\ge 0$
Bài yếu hơn bài này
$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 4,\forall a+b+c=3,a,b,c\ge 0$
Bài này thì cũng khá là chặt nên anh chả tìm ra lời giải nào tự nhiên cả nhưng mà lời giải "cổ quái" thì cũng có . Ngồi trên lớp bỏ vài phút cũng phân tích được ra thế này:
$\bullet$ Đồng bậc trước rồi nói gì thì nói
$a^2b+b^2c+c^2a\le 4 \Leftrightarrow 4(a+b+c)^3\ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)$

$\bullet$ Đặt $\dfrac{b+c}{a}=x,\dfrac{b-c}{a}=y$ khi đó ta có:

$a^2b+b^2c+c^2a\le 4 \Leftrightarrow 4(a+b+c)^3\ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)$
$\Leftrightarrow 27x+9\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2\left(\dfrac{5x+3y}{2}-5\right)\ge 0$
Cái này hiển nhiên đúng khi giả sử $a=min(a,b,c)$. Chắc là còn lời giải khác đơn giản hơn nhưng anh lười suy nghĩ Bài yếu hơn có khá nhiều ứng dụng trong bất đẳng thức hoán vị, nó là một bổ đề nên biết. Hi vọng là lời giải trên khiến em hài lòng

[zaizai]

Hix anh nhầm tí, thực ra bài sau mạnh hơn bài của em (già rồi lú lẫn )
$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 4,\forall a+b+c=3,a,b,c\ge 0$

Chứng minh trên chỉ dọa người ta cho vui thôi còn bài mạnh hơn chỉ cần giả sử b là số ở giữa thì ta có ngay điều phải chứng minh theo AM-GM. Và anh thấy rằng mọi bất đẳng thức hoán vị bậc 3 dạng đa thức không có căn đều có thể giải quyết khá dễ dàng theo cách phân tích cho bài yếu hơn trên của anh. Thực ra thì anh chưa có thời gian tìm hiểu để giải quyết một cách tổng quát cho dạng hoán vị bậc 3 nhưng một số bài cụ thể thì anh thấy bao giờ cũng giải quyết được. Ko biết có ai có bài dạng đa thức hoán vị bậc 3 nào post lên mình thử giải quyết nốt xem sao