Chủ đề này có 2 trả lời

[football]

Cho a,b,c không âm có a+b+c=1CM:
(2ab+3bc+4ca-5abc)(a³+b³+c³)<=1phần 3

Cho a,b,c không âm có a+b+c=1CM:
(2ab+3bc+4ca-5abc)(a³+b³+c³)<=1phần 3

$(2ab+3bc+4ca-5abc)(a^{3}+b^{3}+c^{3})\leq \frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 23-06-2013 - 20:34

[football]

$(2ab+3bc+4ca-5abc)(a^{3}+b^{3}+c^{3})\leq \frac{1}{3}$  

             

[hazard]

Do a+b+c=1 nên ta có:

2ab+3bc+4ac-5abc=2ab(1-c)+3bc(1-a)+4ac(a+b+c)=2ab(a+b)+3bc(b+c)+4ac(a+b+c) (1)

Lại có: 2ab(a+b)+3bc(b+c)+4ac(a+b+c) $\leq$  4(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc)=4(a+b)(b+c)(c+a) (2)

$\Rightarrow$ 2ab+3bc+4ac-5abc $\leq$ 4(a+b)(b+c)(c+a) (3)

Dấu đẳng thức xảy ra ở (3)(và cả ở (2)) khi ab=bc=ca=0

(không xét các trường hợp như a+b=0 hoặc tương tự vì khi đó a=b=0 nên vế trái bất đẳng thức =0, khi đó hiển nhiên bất đẳng thức đúng)

Xét P=(2ab+3bc+4ac-5abc)($a^3+b^3+c^3$). Từ (3)

$\Rightarrow$  3P $\leq$ 4(3(a+b)(b+c)(c+a))($a^3+b^3+c^3$) $\leq$ $(3(a+b)(b+c)(c+a)+a^3+b^3+c^3)^2$

$\Rightarrow$  3P $\leq$ $((a+b+c)^3)^2$=$(a+b+c)^6$=1

$\Rightarrow$  P $\leq$ $\frac{1}{3}$ (4)

Dấu đẳng thức xảy ra ở (4) khi dấu đẳng thức xảy ra ở (3)

Nếu b=0 thay vào ta sẽ tìm được 2 số còn lại là:

a= $\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}}$ và c=$\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}$  (hoặc hoán vị)

Nếu b $\neq$ 0 do ab=bc=0 $\Rightarrow$  a=c=0 $\Rightarrow$ b=1 khi đó dấu đẳng thức ở (4) không xảy ra.

Vậy P đạt GTLN= $\frac{1}{3}$ và đạt được khi b=0 và 2 số còn lại là

($\frac{1}{2}-\frac{1}{2\sqrt{3}}$ ; $\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{3}}$ )

=> đpcm

 

 

 

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hazard: 24-06-2013 - 23:16