双重最值老问题求新解

v6mm131

若$a,b,c>0,b^2-4ac\ge 0$,求$\min\bigl\{\dfrac{b+c}{a},\dfrac{a+c}{b},\dfrac{a+b}{c}\}$的最大值.

v6mm131

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老解很麻烦要分类整
不妨取$a\ge c$,有min{$\dfrac{b+c}{a},\dfrac{a+c}{b},\dfrac{a+b}{c}$}=min{$\dfrac{b+c}{a},\dfrac{a+c}{b}$}
然后令，$x=\dfrac{b}{c},y=\dfrac{a}{c}\ge1$,所以$x>0,y\ge1,y\le\dfrac{x^2}{4}$
则min{$\dfrac{b+c}{a},\dfrac{a+c}{b}$}=min{$\dfrac{y+1}{x},\dfrac{x+1}{y}$}
下略。。。

kuing

回复 2# v6mm131

能不能把“下略”的东西也写完整来看看？

v6mm131

回复 3# kuing
case1:若$y\le x$则$x>0,y\ge1,y\le\dfrac{x^2}{4},y\le x$,
所以$\min\{\dfrac{y+1}{x},\dfrac{x+1}{y}\}=\dfrac{y+1}{x}\le\dfrac{4+1}{4}=\dfrac{5}{4}$
case2:若$y\ge x$则$x>0,y\ge1,y\le\dfrac{x^2}{4},y\ge x$,
所以$\min\{\dfrac{y+1}{x},\dfrac{x+1}{y}\}=\dfrac{x+1}{y}\le\dfrac{4+1}{4}=\dfrac{5}{4}$

kuing

回复 4# v6mm131

为什么 $\dfrac{y+1}{x}\le\dfrac{4+1}{4}$？

v6mm131

回复 5# kuing


    由可行域看出来的

kuing

回复 6# v6mm131

所以还要画图？

v6mm131

回复 7# kuing
原题的解答 我也不知道  kk出手了

色k

回复 8# v6mm131

我也避不开分类讨论，不过不需要画图

kuing

还是写下吧。

记
\[F=\min\left\{ \frac{b+c}a,\frac{a+c}b,\frac{a+b}c \right\},\]
先化简一下它，有
\begin{align*}
F&=\min\left\{ \frac{b+c}a+1,\frac{a+c}b+1,\frac{a+b}c+1 \right\}-1 \\
&=(a+b+c)\min\left\{ \frac1a,\frac1b,\frac1c \right\}-1 \\
&=\frac{a+b+c}{\max\{a,b,c\}}-1,
\end{align*}
由于条件及 $F$ 都关于 $a$, $c$ 对称，且都是齐次式，所以我们可以不妨设 $c\leqslant a=1$，此时，由 $b^2\geqslant 4c$ 可知存在正数 $m$, $n$ 使得 $b=m+n$, $c=mn$，则
\[F=\frac{1+m+n+mn}{\max\{1,m+n,mn\}}-1
=\frac{(1+m)(1+n)}{\max\{1,m+n\}}-1.\]

（1）若 $m+n\leqslant 1$，则
\[F=(1+m)(1+n)-1\leqslant \frac{(2+m+n)^2}4-1\leqslant \frac94-1=\frac54;\]

（2）若 $m+n>1$，则
\[F=\frac{(1+m)(1+n)}{m+n}-1=\frac{1+mn}{m+n},\]
由 $mn\leqslant 1$ 知 $m$, $n$ 中必存在不大于 $1$ 的，不妨设 $m\leqslant 1$，则易知此时 $F$ 关于 $n$ 递减，故由 $n>1-m$ 得
\[F\leqslant 1+m(1-m)\leqslant 1+\frac14=\frac54.\]

综上，恒有 $F\leqslant 5/4$，易知当 $a=b=1$, $c=1/4$ 时 $F=5/4$，所以 $F_{\max}=5/4$。

v6mm131

回复 10# kuing

Nice  solution 666！

游客

令 $t=\min \left\{\frac{b+c}{a}, \frac{c+a}{b}, \frac{a+b}{c}\right\}$ ，不妨取 $c=1$ ，则：
$t=\min \left\{\frac{b+1}{a}, \frac{1+a}{b}, a+b\right\}$ ，从而
$a b t=\min \left\{b^2+b, a^2+a,(a+b) a b\right\}$.
又：$(a+b) a b-\left(a^2+a\right)=a(b-1)(a+b+1)$ ，
$(a+b) a b-\left(b^2+b\right)=b(a-1)(a+b+1)$ ，
$\left(a^2+a\right)-\left(b^2+b\right)=(a-b)(a+b+1)$.
所以，（1）当 $b \leqslant 1$ 时，$a \leqslant \frac{1}{4}$ ，$a b t=(a+b) a b, t=a+b \leqslant \frac{5}{4}$ ．
（当且仅当 $b=1, ~ a=\frac{1}{4}$ 时取等号）
（2）当 $b \geqslant 1$ 时，$a b t=\min \left\{b^2+b, a^2+a\right\}$ ，
（1）若 $b \leqslant a$ ，则：$b^2 \geqslant 4 a \geqslant 4 b \geqslant 4, \Rightarrow a \geqslant b \geqslant 4$ ，
从而由 $a b t=b^2+b$ 得：$t=\frac{b+1}{a} \leqslant \frac{5}{4}$ ．
（当且仅当 $a=b=4$ 时取等号）
（2）若 $b \geqslant a$ ，则：
当 $b \geqslant 4$ 时，$b^2 \geqslant 4 b \geqslant 4 a$ ，由 $a b t=a^2+a$ 得：
$t=\frac{a+1}{b} \leqslant \frac{5}{4}$ ．（当且仅当 $a=b=4$ 时取等号）
当 $1 \leqslant b \leqslant 4$ 时， $4 b \geqslant b^2 \geqslant 4 a$ ，由 $a b t=a^2+a$ 得：
$t=\frac{a+1}{~b} \leqslant \frac{~b^2+4}{4 ~b}=\frac{b}{4}+\frac{1}{~b} \in\left[1, \frac{5}{4}\right]$ ．
（当且仅当 $b=1, a=\frac{1}{4}$ 或 $a=b=4$ 时取到 $\frac{5}{4}$ ）
（把c取定，把 $a$ 看成常量，变化 $b$ ，两两比较，还是要讨论）