Lời giải
Nhận thấy $x^2+y^2\geq2xy > 0$ nên $\dfrac{1}{x^2+y^2}\leq \dfrac{1}{2xy}$, dấu "=" xảy ra khi $x=y$. Do đó: \[\dfrac{x^3}{x^2+y^2}=\dfrac{x\left(x^2+y^2\right)-xy^2}{x^2+y^2}=x-\dfrac{xy^2}{x^2+y^2}\geq x-\dfrac{xy^2}{2xy}\Rightarrow \dfrac{x^3}{x^2+y^2}\geq x-\dfrac{y}{2}.\tag{1}\] Tương tự ta có: \begin{align*} &\dfrac{y^3}{y^2+z^2}\geq y-\dfrac{z}{2};\tag{2}\\ &\dfrac{z^3}{z^2+x^2}\geq z-\dfrac{x}{2}.\tag{3} \end{align*}Cộng theo vế của $(1)$, $(2)$, $(3)$ ta có: $$\dfrac{x^3}{x^2+y^2}+\dfrac{y^3}{y^2+z^2}+\dfrac{z^3}{z^2+x^2}\geq x-\dfrac{y}{2}+y-\dfrac{z}{2}+z-\dfrac{x}{2}=\dfrac{x+y+z}{2}.$$ Do đó: \begin{eqnarray*} P&\geq &x^2+y^2+z^2+\dfrac{x+y+z}{2}-\dfrac{7}{6}(x+y+z)\\ &=&x^2+y^2+z^2-\dfrac{2}{3}(x+y+z)\\ &=&\left(x-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(y-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(z-\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{1}{3}\geq -\dfrac{1}{3}. \end{eqnarray*} Đẳng thức xảy ra khi $x=y=x=\dfrac{1}{3}$.Vậy $\min P=-\dfrac{1}{3}$ khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét