Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $x^4+2y^4+3z^4$
$x^4+2y^4+3z^4$
#1
Đã gửi 26-07-2015 - 21:48
#2
Đã gửi 26-07-2015 - 22:01
Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $x^4+2y^4+3z^4$
Spoiler
Em không biết có phải thế này không nhưng làm bừa
Ta có $(x^{4}+2y^{4}+3z^{4})(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3})\geq (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}.$
$(x^{2}+y^{2}+z^{2})(1+1+1)\geq (x+y+z)^{2}=9. \Rightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq 3\Rightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}\geq 9$
Suy ra $x^{4}+2y^{4}+3z^{4}\geq \frac{54}{11}$
Dấu = xảy ra( tự tính
#3
Đã gửi 26-07-2015 - 22:02
Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $x^4+2y^4+3z^4$
Spoiler
Với ba số dương $a,b,c$ tùy ý đã cho,áp dụng bất đẳng thức $Holder$ cho 4 bộ 3 số dương $(a^4;2b^4;3c^4);(a^4;2b^4;3c^4);(a^4;2b^4;3c^4);(x^4;2y^4;3z^4)$,ta có:
$(a^4+2b^4+3c^4)^3.(x^4+2y^4+3z^4)\geq (a^3x+2b^3y+3c^3z)^4\Leftrightarrow f\geq \frac{(a^3x+2b^3y+3c^3z)^4}{(a^4+2b^4+3c^4)^3}$
Để sử dụng giả thiết $x+y+z=3$,ta chọn $a,b,c$ sao cho:$a^3=2b^3=3c^3\Leftrightarrow b=\frac{a}{\sqrt[3]{2}},c=\frac{a}{\sqrt[3]{3}}$
Với cách chọn này,ta có:$f\geq \frac{a^{12}(x+y+z)^4}{(a^4+2b^4+3c^4)^3}=\frac{(3a^3)^4}{\left ( a^4+2\frac{a^4}{\sqrt[3]{2^4}}+3\frac{a^4}{\sqrt[3]{3^4}} \right )^3}=\frac{3^4}{\left ( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \right )^3}$
Điều kiện xảy ra đẳng thức là $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=\frac{x+y+z}{a+b+c}=\frac{3}{a+b+c}$ nếu chọn $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện bổ sung $a+b+c=3$ điều kiện này cũng có nghĩa là:$a+\frac{a}{\sqrt[3]{2}}+\frac{a}{\sqrt[3]{3}}=3\Leftrightarrow a=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}}$ thì $f=\frac{3^4}{\left ( 1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \right )^3}$ khi và chỉ khi
$\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=1\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=a=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}} & & & \\ y=b=\frac{3\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}} & & & \\ z=c=\frac{3\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}} & & & \end{matrix}\right.$
- congdaoduy9a, Hoang Nhat Tuan và dranhclub99 thích
#4
Đã gửi 26-07-2015 - 22:04
Theo BDDT Holder ta có $(x^4+2y^4+3z^4)(1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}})(1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}})(1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}}) \ge (x+y+z)^4$ $= 81$
$\Leftrightarrow x^4+2y^4+3z^4 \ge \frac{81}{(1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}})^3}$
- congdaoduy9a yêu thích
#5
Đã gửi 26-07-2015 - 22:16
rãnh thiệt =)))))))))
gọi x=a,y=b,z=c ;à các giá trị của a,b,c để biểu thức đạt cực trị
ta có $x^{4}+3a^{4} \geq 4a^{3}x$
$2y^{4}+6b^{4} \geq 8b^{3}y$
$3z^{3}+9c^{4} \geq 12c^{3}z$
vậy ta cần chọn a,b,c sao cho $a=\sqrt[3]{2}b=\sqrt[3]{3}c$ và $a+b+c=3$
=> $a=\frac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}$
tương tự $b=\frac{3\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{2}}$ và $c=\frac{3\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}$
giờ chỉ việc thay vào
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranductucr1: 27-07-2015 - 11:20
- Bonjour và congdaoduy9a thích
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh