Inequality

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a^2+b^2=1$ và $c+d=3$. Chứng minh rằng :

$$ac+bd+cd\le \frac{9+6\sqrt{2}}{4}$$

Lời giải : 

Thay $d=3-c$ ta viết biểu thức vế trái thành một tam thức bậc hai ẩn $c$ :

$$f(c)=ac+b(3-c)+c(3-c)=-c^2-c(b-a-3)+3b$$

Sử dụng tính chất $f(x)=A{x}^2+Bx+C\le \frac{4AC-B^2}{4A}$ ta được :

$$f(c)\le \frac{-12b-(b-a-3{)}^2}{-4}=\frac{12b+(a-b+3{)}^2}{4}$$

Vậy cần chỉ ra rằng

$\frac{12b+(a-b+3{)}^2}{4}$$\le \frac{9+6\sqrt{2}}{4}$$\iff 12b+(a-b{)}^2+6(a-b)+9$$\le 9+6\sqrt{2}$$\iff (a^2+b^2)+6(a+b)-2ab$$\le 6\sqrt{2}$$\iff 6(a+b)-2ab$$\le 6\sqrt{2}-1$

Mà $2ab=(a+b{)}^2-a^2-b^2=(a+b{)}^2-1$ nên chứng minh :

$$-(a+b{)}^2+6(a+b)+2-6\sqrt{2}\le 0\iff a+b\le \sqrt{2}\vee a+b\ge 6-\sqrt{2}$$

Hiển nhiên vì $a+b\le \sqrt{2(a^2+b^2)}=\sqrt{2}$

Ta có điều phải chứng minh.