Chủ đề này có 6 trả lời

[nhantd97]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$ . Tìm GTLN của:
$P= 6(ab+bc+ac)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2$

[kainguyen]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$ . Tìm GTLN của:
$P= 6(ab+bc+ac)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2$

Biến đổi và theo AM - GM, ta có:

$P= 6(ab+bc+ac)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2$

$=6(ab+bc+ca)+a^3+b^3+c^3-2(a^2b+b^2c+c^2a)\leq 6(ab+bc+ca)+a^3+b^3+c^3-6abc$

Đặt: $\left\{\begin{matrix}
a+b+c=p=1\\
ab+bc+ca=q\\
abc=r
\end{matrix}\right.$

Khi đó, ta được:

$P \le p^3-3pq+3r+6q-6r=3q-3r+1$

Theo bđt Schur, ta có:

$r\leq max\left \{ 0;\frac{p(4q-p^2)}{9} \right \}=max\left \{ 0;\frac{4q-1}{9} \right \}$

Đến đây, ta xét 2 TH:

TH1: Với $q \le \frac{1}{4}$

TH2: Với $q \ge \frac{1}{4}$ (ta biết: $q \le \frac{1}{3}$)

Không biết bài có đến mức phải Schur với pqr không nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 12-06-2012 - 17:10

[phuc_90]

Không xài BĐT Schur với $p,q,r$ thì ta sử dụng 2 BĐT này

$a^2b+b^2+c^2a+abc \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

$ab^2+bc^2+ca^2+abc \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

Khi đó $P=6(ab+bc+ca)(a+b+c)+a^3+b^3+c^3-2(a^2b+b^2c+c^2a)+ab^2+bc^2+ca^2$

$=4(a^2b+b^2c+c^2a)+7(ab^2+bc^2+ca^2)+18abc+a^3+b^3+c^3$

$=(a+b+c)^3+a^2b+b^2c+c^2a+4(ab^2+bc^2+ca^2)+12abc$

$\leq (a+b+c)^3+\frac{4}{27}(a+b+c)^3+\frac{16}{27}(a+b+c)^3+7abc$

$\leq \frac{47}{27}(a+b+c)^3+\frac{7}{27}(a+b+c)^3$

$=2$

Vậy GTLN của $P=2$ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

[kainguyen]

Không xài BĐT Schur với $p,q,r$ thì ta sử dụng 2 BĐT này

$a^2b+b^2+c^2a+abc \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

$ab^2+bc^2+ca^2+abc \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

Cho em hỏi 2 bđt này chứng minh thế nào ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 12-06-2012 - 21:55

[phuc_90]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương .Chứng minh rằng $\ \ \ \ a^2b+b^2c+c^2a+abc \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

Lời giải

Giả sử $b$ là số hạng nằm giữa $a,c$ khi đó ta có $(a-b)(b-c) \geq 0$ hay $ab+bc \geq b^2+ca$

Suy ra $a^2b+c(b^2+ca)+abc \leq a^2b+c(ab+bc)+abc=b(c+a)^2 \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

BĐT kia thì chứng minh tương tự.

[ninhxa]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$ . Tìm GTLN của:
$P= 6(ab+bc+ac)+a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2$

Vì a,b,c là các số dương và a+b+c=1 nên $0< a,b,c< 1$
Do đó:
$a(b-c)^2\leq (b-c)^2$
Ta có các bdt tương tự, nên
$p\leq 6(ab+bc+ca)+(b-c)^2+(c-a)^2+(a-b)^2=2(a+b+c)^2=2$
Dấu bằng khi a=b=c=1/3

[trungdung97]

ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau đây 2(a+b+c)³ ≥6(a+b+c)(ab+ac+bc)+a(b-c)²+b(a-c)²+c(a-b)² khai triển rút gọn ta có \sum (a+b)(a-b)² ≥ 0 suy ra bđt đã cho luôn đúng suy ra max =2 dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 1/3