Chủ đề này có 4 trả lời

[William Nguyen]

Cho 3 số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z \leq 1$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{1}{x-x^2}+\frac{1}{y-y^2}+\frac{1}{z-z^2}$.

[huytran08]

Đọc đề bài là đầu nảy ra ngay UCT

Ta sẽ chứng minh:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$

Thật vậy:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$ $\Leftrightarrow x(1-x)^{2}\leq \frac{4}{27}$ (luôn đúng theo Cauchy 3 số)

Tương tự cộng lại là ra

[chaubee2001]

Cách khác: 

$ \sum \frac{1}{x(1-x)}=  \sum \left (\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}  \right )= \sum \left (\frac{1}{x} \right )+\sum \left ( \frac1{1-x} \right )$

$\geq \dfrac9{x+y+z} + \dfrac9{3-\left (x+y+z  \right )}$

Đặt $x+y+z=t,0 < t \leq 1$. Ta có:

$P\geq \dfrac9{t} + \dfrac9{3-t} = \dfrac9{2t} + \dfrac9{2t} + \dfrac9{3-t} $

$\geq \dfrac{\left ( 3+3+3 \right )^2}{2t+2t+3-t} = \dfrac{81}{3+3t}\geq \dfrac{27}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaubee2001: 21-07-2023 - 08:36

[HaiDangPham]

Đọc lời giải của hai bạn trên mình thấy việc đánh giá bất đẳng thức khá lỏng nên thử cách làm thông thường xem sao thì thấy được ngay. 

 

Vì $x, y, z$ là các số thực dương và $x+y+z \leq 1$ nên  $0 < x+y+z \leq 1$ và  $x-x^2, y-y^2, z-z^2$ đều là các số thực dương. 

Với điều kiện đó trước hết ta có $$ x^2+y^2+z^2\geq \frac{1}{3}(x+y+z)^2$$ suy ra $$(x-x^2)+(y-y^2)+(z-z^2)=(x+y+z)-(x^2+y^2+z^2) \leq (x+y+z)-\frac{1}{3}(x+y+z)^2 $$ 

Tiếp theo ta có bất đẳng thức $$(x+y+z)-\frac{1}{3}(x+y+z)^2 \leq \frac{2}{3}$$ tương đương với $(x+y+z-1)(x+y+z-2) \geq 0$. Đây là một bất đẳng thức đúng vì $x+y+z \leq 1$. 

Như vậy $$ (x-x^2)+(y-y^2)+(z-z^2)\leq \frac{2}{3}$$

từ đây ta có  $$\frac{1}{x-x^2}+\frac{1}{y-y^2}+\frac{1}{z-z^2} \geq \frac{9}{(x-x^2)+(y-y^2)+(z-z^2)} \geq \frac{9}{2/3}=\frac{27}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 20-07-2023 - 17:24

[HaiDangPham]

Bài này còn cách nữa như sau. Đặt $s=x+y+z$. Ta có $0<s \leq 1$. 

 

Trước hết ta có  $xyz \leq \frac{1}{27} (x+y+z)^3$ và $(1-x)(1-y)(1-z) \leq \frac{1}{27}(3-x-y-z)^3$ vì vậy $$xyz(1-x)(1-y)(1-z) \leq \left[\frac{1}{9}(x+y+z)(3-x-y-z) \right]^3 =\frac{1}{729}\left[s(3-s) \right]^3$$

Tiếp theo $$s(3-s)=\frac{1}{2}.\left[2s.(3-s) \right] \leq \frac{1}{2}. \left[\frac{2s+(3-s)}{2} \right]^2=\frac{1}{2}. \left(\frac{s+3}{2} \right)^2 \leq \frac{1}{2}. \left(\frac{1+3}{2} \right)^2= 2$$ Vì vậy $$xyz(1-x)(1-y)(1-z) \leq \frac{8}{729} $$ Cuối cùng, ta có $$P \geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz(1-x)(1-y)(1-z)}} \geq 3.\sqrt[3]{\frac{1}{8/729}}=\frac{27}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 21-07-2023 - 21:59