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 $x^3 y^2 z.$

Комментарий/решение

$\textbf{Решение:}$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Хорошее решение

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 $x=3,y=2,z=1$

Правая часть уравнения делится на 3. Следовательно $x$ делится на 3. Тогда пусть $x$=3$a$. Точно также $y$=2$a$.

18$a^{2}$+12$b^{2}$+6$z^{2}$+12(3$a$+2$b$+$z$)=108. Сократим на 6.

3$a^{2}$+2$b^{2}$+$z^{2}$+6$a$+4$b$+2$z$=18. По $AM$≥$GM$ получаем:

18≥18${\displaystyle {18\sqrt {\quad a^{12}b^{8}z^{4}}}}$

1≥$a^{3}b^{2}z$

108≥$x^{3}y^{2}z^{2}$

Равенство достигается при $x$=3 $y$=2 $z$=1

y=2b

почему $mod$ $5$ не заюзал?

Mopsichek, что с тобой не так? Мод 5 же нечего не даёт, а мод 4 это уже хорошая идея

Лучше было сказать, что удобно будет взять $x=3a, y=2b,$ поскольку после подставления коэффициенты сокращаются на 6.

Что ты такой серьёзный? Как мы порофлил бы над ним

В реальности он еще серьезнее

А ты с ним вместе учишься/учился?

Так это же акк Сатылханова

так и поверили)

Есть доказательство? мне кажется у Канат агая нет времени на такое