$a+b+c =0$; $a^2+b^2+c^2=1$. Demostrar que: $a^2 b^2 c^2 \le \frac{1}{54}$

Question

Si a, b, c son números reales satisfacción $a+b+c =0; a^2+b^2+c^2=1$. Demostrar que $a^2 b^2 c^2 \le \frac{1}{54}$.

Answer 1

Así, $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$

$\implies ab+bc+ca=-\frac12.$

Así que las raíces de la ecuación de $a,b,c$ $t^3-\frac12t-u=0$ donde $u=abc.$

Utilizando el discriminante de la ecuación cúbica real para las raíces, $$\triangle= -4\cdot1\cdot\left(-\frac12\right)^3-27(-u)^2=\frac12-27u^2\ge0\iff u^2\le \frac1{54}$ $

Answer 2

Hay tres números reales y sólo dos signo (negativo, no negativos), por lo que existen dos números reales con el mismo signo, entonces sin generalidad de la pérdida, asumir ab $\ge$ 0

$1 = a^2+b^2+c^2 = a^2+b^2+(-a-b)^2 = (a^2+b^2+ab) * 2 ≥ 3*ab * 2$
Así $ab ≤ \dfrac{1}{6}$

$a^2 b^2 c^2 = a^2b^2(a^2+b^2+2ab)=a^2b^2(\dfrac{1}{2}+ab)≤\left(\dfrac{1}{6} \right)^2 *(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6})=\dfrac{1}{54}$

Hola, ¿alguien me da algún consejo sobre el formato de expresión?

Answer 3

Varias respuestas se han publicado. Sintiendo como la adición de una sola variable con la solución de un problema geométrico de la torsión.

El conjunto de puntos de $(a,b,c)$ es la intersección de la unidad de la esfera y el plano de $T:x+y+z=0$ con vector normal $(1,1,1)$. IOW un círculo de radio uno en el avión $T$ centrada en el origen. Ocasionalmente útil leyenda es que esos puntos son parametrizadas por la fórmula $$ (a,b,c)=K(\cos t, \cos(t+\frac{2\pi}3), \cos(t-\frac{2\pi}3)), $$ con la constante $K=\sqrt{2/3}$. Algunos de ustedes pueden haber visto las correspondientes identidades trigonométricas en física de la escuela secundaria en conexión con la energía de tres fases: la energía total es constante (=> en la unidad de la esfera) y la instantánea de la suma de los voltajes es igual a cero (=> en el avión $T$).

De todos modos, aquí $$ bc=K^2\cos(t+\frac{2\pi}3)\cos(t-\frac{2\pi}3)=K^2(\cos^2-\frac34) $$ por basic identidades trigonométricas. Por lo tanto $$ abc=K^3\frac{4\cos^3t-3\cos t}4=\frac{K^3\cos3t}4. $$ Por lo tanto $$ (abc)^2\le \frac{K^6}{16}=\frac{8/27}{16}=\frac1{54}. $$

Answer 4

Un multiplicador de Lagrange de la prueba:

Supongamos $a^2b^2c^2$ está maximizada. Entonces a partir de la $a + b + c = 0$, dos de $a,b$, e $c$ son de un signo, y la tercera es de signo contrario. (Claramente ninguno es cero). La sustitución de $a,b,$ $c$ por sus negativos si es necesario, se puede suponer que los dos son positivos, y permuting las variables si es necesario se puede asumir $a,b > 0$$c < 0$. Entonces a partir de la $c = -(a + b)$, la ecuación de $a^2 + b^2 + c^2 = 1$ se convierte en $a^2 + b^2 + (a + b)^2 = 1$ o $$a^2 + ab + b^2 = {1 \over 2}$$ Y uno quiere maximizar $a^2b^2c^2$ sujeto a esta restricción para $a, b > 0$. Desde $c = -(a + b) < 0$ esto es equivalente a la maximización de la $ab(a + b)$ sujeto a la restricción, por $a, b > 0$. El Lagrange las condiciones son $$2ab + b^2 = \lambda(2a + b)$$ $$a^2 + 2ab = \lambda(a + 2b)$$ Desde $2ab + b^2 = b(2a + b)$, la primera ecuación dice $\lambda = b$. Del mismo modo, la segunda ecuación implica $\lambda = a$. Por lo $a = b$, y, a continuación, $a^2 + ab + b^2 = {1 \over 2}$ $3a^2 = {1 \over 2}$ o $a = {1 \over \sqrt{6}}$. Por lo $a = b = {1 \over \sqrt{6}}$. A continuación,$c = -(a + b) = -{2 \over \sqrt{6}}$, e $a^2b^2c^2 = {4 \over 6^3} = {1 \over 54}$.

Answer 5

$c=-a-b$, por lo que %#% $ #% no $$a^2+b^2+c^2=2a^2+2ab+2b^2=1$ $a=x+y,b=x-y$ $ con los que sólo consideran $$3x^2+y^2=1/2$ y $ab\le 0$, $c=-(a+b)=-2x$de % $ % que $$c^2=a^2+2ab+b^2\le a^2+b^2=1-c^2$$ así $$8x^2\le 1$ $

entonces $$abc=ab(-a-b)=-(a+b)ab=-2x(x^2-y^2)=-x(8x^2-1)$ $