Областная олимпиада по математике, 2020 год, 9 класс


Для положительных действительных чисел $x,$ $y,$ $z$ выполнено равенство $2x^2+3y^2+6z^2+12(x+y+z)=108.$ Найдите наибольшее возможное значение выражения $x^3 y^2 z.$
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  1
2020-01-14 16:11:58.0 #

$\textbf{Решение:}$

$$2x^2+3y^2+6z^2+12(x+y+z)=108 \Longleftrightarrow $$

$$\Longleftrightarrow108 = \frac{2x^2}{3}+\frac{2x^2}{3}+\frac{2x^2}{3}+\frac{3y^2}{2}+\frac{3y^2}{2}+ 6z^2+6\cdot 2x+4\cdot 3y+2\cdot 6z \geq18\sqrt[18]{\left(\frac{2x^2}{3}\right)^3\cdot \left(\frac{3y^2}{2}\right)^2 \cdot 6z^2\cdot (2x)^6\cdot (3y)^4\cdot (6z)^2} = 18\sqrt[9]{864 x^6y^4z^2}$$

$$\Longleftrightarrow (x^3y^2z)^2\leq 11664 \Longleftrightarrow x^3y^2z\leq 108$$

Причем знак равенства достигается только тогда, когда $ x=3, y=2,z=1.$

  1
2020-01-14 16:59:11.0 #

$$x^2+9\ge 6x,\ \ y^2+4\ge 4y, \ \ z^2+1\ge 2z \ \ \ \Rightarrow \ \ \ 2x^2+3y^2+6z^2\ge 12(x+y+z) -36\Rightarrow$$

$$108=2x^2+3y^2+6z^2+12(x+y+z)\ge 12(x+y+z)-36+12(x+y+z)$$

$$ x+y+z\le 6 $$

$$6\ge x+y+z=\frac{x}{3}+\frac{x}{3}+\frac{x}{3}+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}+z\ge 6\sqrt[6]{\frac{x}{3}\cdot \frac{x}{3}\cdot \frac{x}{3}\cdot \frac{y}{2}\cdot \frac{y}{2}\cdot z} $$

$$6\ge 6\sqrt[6]{\frac{x^3y^2z}{108}}\Rightarrow x^3y^2z\le 108$$

Теңдік $x=3, y=2, z=1$ жағдайында орындалады.

пред. Правка 3   -2
2020-02-08 20:56:24.0 #

Хорошее решение

пред. Правка 2   -1
2020-03-16 12:32:52.0 #

Заметим, что равенство в условии можно переписать как $$2(x+3)^2+3(y+2)^2+6(z+1)^3=144$$

По неравенство между средним имеем: $2(x+3)^2\ge 2(2\sqrt{3x})^2 = 24x;$ $3(y+2)^2\ge 3(2\sqrt{2y})^2 = 24y;$ $6(z+1)^2\ge6(2\sqrt{z})^2=24z.$ Причем равенства достигаются при $x=3,y=2,z=1.$ Сложив все неравенства получим: $$144\ge24x+24y+24z\Longrightarrow x+y+z\le6$$

Также по неравенству между средними:$$6\ge x+y+z=\frac{x}{3}+\frac{x}{3}+\frac{x}{3}+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}+z \ge 6\sqrt \frac {x^3y^2z}{27*4}$$

Следовательно $108\ge x^3y^2z.$ Равенство достижимо при $x=3,y=2,z=1$