Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $D=(x^2+yz)(y^2+zx)(z^2+xy)$
#1
Đã gửi 16-09-2012 - 08:19
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2+b+c}{(a+1)^2}+\frac{b^2+a+c}{(b+1)^2}+\frac{c^2+a+b}{(c+1)^2}\geq \frac{9}{4}$$
Bài toán 2.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và $x+y+z=2$ tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$D=(x^2+yz)(y^2+zx)(z^2+xy)$$
- HÀ QUỐC ĐẠT, kobietlamtoan, BlackSelena và 3 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 17-09-2012 - 22:15
Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$Bài toán 2.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và $x+y+z=2$ tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$D=(x^2+yz)(y^2+zx)(z^2+xy)$$
Ta có:$(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\leq (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)\leq \frac{(x^2+2xy+3y^2)^3}{27}$
$$=\frac{\left [(x+y)^2+2y^2 \right ]^3}{27}\leq \frac{\left [\frac{3}{2}(x+y)^2 \right ]^3}{27}$$(do $y\leq \frac{x+y}{2}$)
$=\frac{(x+y)^6}{64}\leq \frac{(x+y+z)^6}{64}=1$ (do $x+y+z=2$)
Dấu bằng xảy ra khi có 2 số bằng nhau;1 số bằng 0.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 17-09-2012 - 22:17
- HÀ QUỐC ĐẠT, kobietlamtoan và WhjteShadow thích
#3
Đã gửi 19-09-2012 - 18:55
Lời giải của BoBoiBoy sai rồi!!Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
Ta có:$(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\leq (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)\leq \frac{(x^2+2xy+3y^2)^3}{27}$
$$=\frac{\left [(x+y)^2+2y^2 \right ]^3}{27}\leq \frac{\left [\frac{3}{2}(x+y)^2 \right ]^3}{27}$$(do $y\leq \frac{x+y}{2}$)
$=\frac{(x+y)^6}{64}\leq \frac{(x+y+z)^6}{64}=1$ (do $x+y+z=2$)
Dấu bằng xảy ra khi có 2 số bằng nhau;1 số bằng 0.
Chỗ sai là đây, lời giải đã sử dụng đánh giá: $ (x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\leq (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)\leq $ Vì x và y Max cho x=y=1! Ta thu được: $ (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2+xy)=8 < 1??????????$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bdtilove: 19-09-2012 - 18:56
- kobietlamtoan, WhjteShadow và BoBoiBoy thích
#4
Đã gửi 25-09-2012 - 14:52
Ta có:Bài toán 2.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và $x+y+z=2$ tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$D=(x^2+yz)(y^2+zx)(z^2+xy)$$
$$\sum (x^2+yz)(y^2+xz)$$
$$=(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3xyz(x+y+z)+\sum xy(x^2+y^2)$$
$$=(xy+yz+zx)^2+(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)$$
$$=(xy+yz+zx)(xy+yz+zx+x^2+y^2+z^2)$$
-Nếu $xy+yz+zx\le 1$.Ta có:
$$(xy+yz+zx- 1)(xy+yz+zx-3)\ge 0$$
$$\Leftrightarrow (xy+yz+zx)(4-xy-yz-zx)\le 3$$
$$\Leftrightarrow (xy+yz+zx)((x+y+z)^2-xy-yz-zx)\le 3$$
$$\Leftrightarrow (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\le 3$$
hay $$\sum (x^2+yz)(y^2+xz)\le 3$$
Mà $$\sum (x^2+yz)(y^2+xz) \ge 3\sqrt[3]{(x^2+yz)^2(y^2+xz)^2(z^2+xy)^2}$$
nên ta có BĐT cần chứng minh.
-Nếu $xy+yz+zx> 1$$\Rightarrow x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=(x+y+z)^2-xy-yz-zx< 4-1=3$.
Ta có:
$$(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\le\frac{(x^2+yz+y^2+xz+z^2+xy)^3}{27}<1$$.
Vậy BĐT được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1;z=0$ hoặc các hoán vị.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 25-09-2012 - 14:53
- kobietlamtoan và WhjteShadow thích
#5
Đã gửi 25-09-2012 - 20:24
chỗ này mình k hiểu!Ta có:
$$(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\le\frac{(x^2+yz+y^2+xz+z^2+xy)^3}{27}<1$$.
$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx = (x+y+z)^2 - xy-yz-zx\geqslant (x+y+z)^2-\frac{(x+y+z)^2}{3} = \frac{8}{3}$
#6
Đã gửi 25-09-2012 - 20:41
chỗ này mình k hiểu!
$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx = (x+y+z)^2 - xy-yz-zx\geqslant (x+y+z)^2-\frac{(x+y+z)^2}{3} = \frac{8}{3}$
-Nếu $xy+yz+zx> 1$$\Rightarrow x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=(x+y+z)^2-xy-yz-zx< 4-1=3$.
Ta có:
$$(x^2+yz)(y^2+xz)(z^2+xy)\le\frac{(x^2+yz+y^2+xz+z^2+xy)^3}{27}<1$$.
Vậy BĐT được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1;z=0$ hoặc các hoán vị.
- kobietlamtoan và WhjteShadow thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh