Chủ đề này có 4 trả lời

[PTKBLYT9C1213]

Cho x,y,z là các số không âm thõa mãn x+y+z=$\frac{3}{2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng:

S=$x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{2}y^{2}z^{2}$

[vutuanhien]

Cho x,y,z là các số không âm thõa mãn x+y+z=$\frac{3}{2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng:

S=$x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{2}y^{2}z^{2}$

Ta sẽ cm $P\geq \dfrac{25}{64}$. Không mất TQ, giả sử $x\geq y\geq z$. Đặt $t=\dfrac{x+y}{2}$.

Ta có $f(x,y,z)-f(t,t,z)=\dfrac{(x-y)^2}{4}\dfrac{\left [ 12(x+y)-z^2(x^2+6xy+y^2) \right ]}{4}$.

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có $z^2(x^2+6xy+y^2)\leq 2z^2(x+y)^2=(x+y).z.z.2(x+y)\leq (x+y).\left [ \frac{z+z+2(x+y)}{3} \right ]^3=x+y\leq 12(x+y)$.

Suy ra $f(x,y,z)\geq f(t,t,z)$. Do đó ta chỉ cần chứng minh BĐT khi $x=y=t$. Thay $z=\dfrac{3}{2}-2t$ vào và khai triển, ta được BĐT tương đương với $(2t-1)^2(64t^4-32t^3-12t^2-100t+191)\geq 0$ (đúng vì $t\geq \dfrac{1}{2}$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 22-05-2013 - 15:53

[Strygwyr]

Cho x,y,z là các số không âm thõa mãn x+y+z=$\frac{3}{2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng:

S=$x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{2}y^{2}z^{2}$

Có thể xem thêm cách của anh Trần Hoàng Anh 

 

 

Ta có $(xyz-\frac{1}{8})^2 \geq 0\Rightarrow (xyz)^2 \geq \frac{xyz}{4}-\frac{1}{64}$

 $\Rightarrow x^3+y^3+z^3+(xyz)^2 \geq x^3+y^3+z^3+\frac{xyz}{4}-\frac{1}{64}=P-\frac{1}{64}$

Do đó ta sẽ đi tìm Min của $P$

Ta có $24P=24(x^3+y^3+z^3)+6xyz=17(x^3+y^3+z^3)+\left [ 7(x^3+y^3+z^3)+6xyz \right ]$

Lại có $(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+6xyz+3\sum xy(x+y)$

Do $3\sum xy(x+y) \leq 6(x^3+y^3+z^3)$

   $\Rightarrow 7(x^3+y^3+z^3)+6xyz \geq (x+y+z)^3=\frac{27}{8}$   (1)

Áp dụng AM-GM ta có $x^3+\frac{1}{8}+\frac{1}{8} \geq \frac{3x}{4}$

                         $\Rightarrow \sum x^3+\frac{6}{8} \geq \frac{3(x+y+z)}{4}=\frac{9}{8}$

                         $\Rightarrow \sum x^3 \geq \frac{3}{8}\Rightarrow 17\sum x^3 \geq \frac{51}{8}$    (2)

Từ (1) và (2) ta có $24P=17\sum x^3+\left ( 7 \sum x^3+ 6xyz \right )\geq \frac{78}{8}=\frac{39}{4}$

                         $\Rightarrow P \geq \frac{13}{32}$

Do đó $x^3+y^3+z^3+(xyz)^2 \geq P-\frac{1}{64} \geq \frac{13}{32}-\frac{1}{64}=\frac{25}{64}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namsub: 26-05-2013 - 09:21

[PTKBLYT9C1213]

Có thể xem thêm cách của anh Trần Hoàng Anh 

Dòng thứ 4 từ trên xuống là 17$x^{3}+y^{3}+z^{3}+[7(x^{3}+y^{3}+z^{3})+6xyz]$ phải không nhỉ?

[babystudymaths]

Dạng bài này có 1 cách rất đơn giản ,ta làm giảm bậc tích xyz $x^{2}y^{2}z^{2}+\frac{1}{64}\geq \frac{xyz}{4}$

Ta chỉ cần chứng minh $4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+xyz\geq \frac{13}{27}(x+y+z)^{3}$,

Thông thường ta sau khi biến đổi chỉ còn bậc 3 và bđt cần cm là đúng thì 99,99% sẽ chỉ còn là rút gọn đi BĐT cần chứng minh,phần khó nhất còn lại có lẽ là chứng minh BĐT Schur