\(P=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+30abc+180}{ab+bc+ac}-\frac{1}{20}abc\)
\((ab+bc+ca)^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2a^2bc+2abc^2\)
\(=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 +30abc\)
Do đó:
\(P=\frac{(ab+bc+ca)^2+180}{ab+bc+ca}-\frac{1}{20}abc\)
Biến đổi các đại lượng khác của bài toán theo đại lượng:
\(t=ab+bc+ca\)
Thứ nhất:
\((a-4)(b-4)(c-4)\geqslant 0\Leftrightarrow (ab-4a-4b+16)(c-4)\geqslant 0\)
\(\Leftrightarrow abc-4ac-4bc+a6c-4ab+16a+16b-64\geqslant 0\)
\(\Leftrightarrow abc-4t+16(a+b+c)-64\geq 0 \Leftrightarrow abc-4t+176\geq 0\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 4t-176\Leftrightarrow -abc\leq -4t+176\)
Suy ra:
\(P=\frac{(ab+bc+ca)^2+180}{ab+bc+ac}-\frac{1}{20}abc\leq \frac{t^2+180}{t}-\frac{1}{5}t+\frac{44}{5}\)
\(\Rightarrow P\leq \frac{4}{5}t+\frac{180}{t}+\frac{44}{5}\)
Thứ hai:
\((a-6)(b-6)(c-6)\leq 0\Leftrightarrow (ab-6a-6b+36)(c-6)\leq 0\)
\(\Leftrightarrow abc-6ac-6bc+36c-6ab+36a+36b-216\leq 0\)
\(\Leftrightarrow abc-6t+36(a+b+c)-216\leq 0\)
\(\Leftrightarrow abc-6t+324\leq 0\Leftrightarrow abc\leq 6t-324\)
Kết hợp: \(\left\{\begin{matrix} abc\geq 4t-176 \\ abc\leq 6t-324 \end{matrix}\right. \Rightarrow 4t-176\leq 6t-324\Rightarrow 2t\geq 148\Rightarrow t\geq 74\)
Thứ ba:
\(15^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca)\)
\(=\frac{1}{2}(a^2+b^2-2ab+b^2+c^2-2bc+c^2+a^2-2ca)+3(ab+bc+ca)\)
\(=\frac{1}{2}\begin{bmatrix} (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 & \end{bmatrix} +3t\geq 3t\)
Suy ra: \(t\leq 75\)
Xét hàm số:
\(f(t)=\frac{4}{5}t+\frac{180}{t}+\frac{44}{5},t\in\begin{bmatrix} 74;75 \end{bmatrix}\)
\(f'(t)=\frac{4}{5}-\frac{180}{t^2}=\frac{4t^2-900}{5t^2}\)
\(f'(t)=0 \Rightarrow t=\pm 15\)
Suy ra \(f'(t)\leq 0,t\in\begin{bmatrix} 15;16 \end{bmatrix}\)
Do đó hàm \(f(t)\) nghịch biến trên \(\begin{bmatrix} 15;16 \end{bmatrix}\)
Giá trị lớn nhất của biểu thức P là:
\(f(15)=\frac{4}{5}.15+\frac{180}{15}+\frac{44}{5}=35\)
P=35 Khi a=4, b=5, c=6 Hoặc các hoán vị của (4,5,6)
