\(a=b=c=1\rightarrow P=5\)ta se cm P=5 la gtln cua P that vay ta se cm
\(5p^3+27r\ge18pq\Leftrightarrow5p^3+27r-18pq\ge0\).theo bdt schur
\(LHS\ge5p^3+3p\left(4q-p^2\right)-18pq=2p\left(p^2-3q\right)\ge0\)
Vay \(P_{max}=5\leftrightarrow a=b=c=1\)
Đặt P = F(a;b;c).
Xét hiệu \(F\left(a;b;c\right)-F\left(t;t;c\right)=2\left(ab+bc+ca-t^2-2tc\right)+c\left(t^2-ab\right)\)
\(=2\left(ab-t^2\right)-c\left(ab-t^2\right)+2c\left(a+b-2t\right)\)
\(=2\left(ab-t^2\right)-c\left(ab-t^2\right)\)
\(=\left(ab-t^2\right)\left(2-c\right)\le0\) với \(t=\frac{a+b}{2}\). Do đó \(f\left(a;b;c\right)\le f\left(t;t;c\right)\)
Ta sẽ chứng minh \(f\left(t;t;c\right)\le5\) hay \(2\left(t^2+2tc\right)-t^2c\le5\)
\(\Leftrightarrow\left(2-c\right)t^2+4tc-5\le0\). Thật vậy từ giả thiết suy ra \(c=3-2t\).Mặt khác do c > 0 và t > 0 nên \(0< t< \frac{3}{2}\)
Do đó ta cần chứng minh \(\left(2t-1\right)t^2+4t\left(3-2t\right)-5\le0\) với \(0< t< \frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)^2\left(2t-5\right)\le0\). BĐT này đúng với mọi \(0< t< \frac{3}{2}\)
P/s: Is it true?? Em mới học dồn biến nên ko chắc đâu..
Giả sử c = min {a,b,c}.
Ta sẽ chứng minh:\(P\le5\Leftrightarrow\) \(27P\le5\left(a+b+c\right)^3\) (*)
\(\Leftrightarrow9\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\right]\le\left(a+b+c\right)^3\)
Ta có: \(VP-VT=\frac{\left(18a+18b-9c\right)\left(a-b\right)^2+\left(2a+2b+5c\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4}\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy...
dòng 3 bên là \(\Leftrightarrow9\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\right]\le5\left(a+b+c\right)^3\) nha!
