bdtilove nội dung
Có 75 mục bởi bdtilove (Tìm giới hạn từ 14-05-2020)
#353821 $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt...
Đã gửi bởi bdtilove on 13-09-2012 - 09:30 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $
#354019 $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt...
Đã gửi bởi bdtilove on 14-09-2012 - 08:15 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Lời giải của bạn rất thú vị!!Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:
$$\sqrt{3(3x^2+y)}+\sqrt{3(3y^2+z)}+\sqrt{3(3z^2+x)}\geq 3\sqrt{2}$$
Nhưng bước này:
$\sqrt{x^2+y}+\sqrt{y^2+z}+\sqrt{z^2+x}\geq 2, x, y, z \ge 0$ Có thể giải đơn giản hơn bằng đánh giá
$ \sqrt{p}+\sqrt{q} \ge \sqrt{r}+\sqrt{p+q-r} $ Với $ r=Min (p,q,r) $ Mình có 1 lời giải bằng Minkowski kết hợp với giải tích!!
__________________________________
Bạn p0st để mọi người cùng học hỏi được không?
Bạn có thể tham khảo về $\LaTeX$ tại:
http://diendantoanho...cong-thức-toan/
#354071 $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt...
Đã gửi bởi bdtilove on 14-09-2012 - 15:11 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Latex mình biết gõ mà!!
Đây là lời giải của mình (kỹ thuật mình dùng tạm gọi là MKS Cyclic), không mất tính tổng quát giả sử $ a \ge b \ge c $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng mình thành: $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge 3\sqrt{2} $ Sử dụng bất đẳng thức Minkowski quy bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge \sqrt{(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2} $ Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng: $(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2 \ge 18 $ với $ a+b+c=3 $. Nhưng trước hết ta sẽ chứng minh $ f(a,b,c) \ge f(t,t,c) $ với $ t=\frac{a+b}{2} $. Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với: $ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}})+(c+\sqrt{c})(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ nhưng không quá khó để thấy:
$ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) \ge 0 \ge (a+b)(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ cho nên bất đẳng thức cuối có thể viết lại thành: $ (a^2+b-c-\sqrt{c})(\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}-\sqrt{b}) \ge 0 $ đúng do $ a^2 \ge \sqrt{c} $ và $ b \ge c$ cũng như $ \frac{(a+b)}{2} \ge b $. Vậy sử dụng điều kiện $ a+b+c=3 $ ta có $ t=\frac{3-c}{2} $. Vậy bất đẳng thức cuối sẽ là: $ (3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18 $ bằng việc khảo sát $ f(c.)$ với $ c \in [0,1] $ ta có ngay kết quả cần chứng minh!! Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ Lời giải của mình rất dài và nhiều tính toán nhưng mình chỉ có mỗi lời giải này!
#354100 tìm nghiệm nguyên $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+1...
Đã gửi bởi bdtilove on 14-09-2012 - 18:13 trong Số học
Đặt $ a=x^5 $, $ b=y^5 $, và $ c=z^5 $. Viết lại phương trình đã cho thành:
$ a^2+b^2=c^2+199 $ nhưng phương trình này vô nghiệm nguyên thật vậy!! Ta có thể dễ dáng chứng minh rằng $ a^2 :4 $ có số dư là 0 hoặc 1 vậy $ a^2+b^2 : 4 $ có số dư là 0, 1 hoặc 2 trong khi vế phải ta có $ 199+z^2 : 2 $ có số dư là 3 hoặc 4.......
Vậy phương trình: $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+199 $ không có nghiệm nguyên!!
#354187 tìm nghiệm nguyên $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+1...
Đã gửi bởi bdtilove on 14-09-2012 - 21:23 trong Số học
Thật không? Hình như bạn sai rồi kìa!!? Sao mình thay $ t $ mà không nhận được gì hết vậy?? Kiểm tra lại nha bạn!! Việc đặt $ a=x^5 $ cũng đã đòi hỏi nhiều kiến thức và chia nhỏ nhiều trường hợp lắm!! (Mình chỉ mới học số học thôi!! các bạn thông cảm cho )Sai bét bạn ạ, bạn nhầm rồi phương trình $a^2+b^2=c^2+199$ luôn có nghiệm nguyên, thậm chí vô số nghiệm
Thật vậy cho $c=b+1$
Khi đó $a^2+b^2=(b+1)^2+199 \Rightarrow a^2=2(b+100) \Rightarrow a=2t \Rightarrow 2t^2=b+100$
Suy ra $2t^2-100=b$
Do đó phương trình vô số nghiệm dạng $(t,2t^2-100,2t^2-100+1)$
Đó cũng đủ để thấy bài bạn làm đã sai, hơn nữa đề bài là lũy thừa $10$ vậy nên bài này quả thực khó, thậm chí chắc chắn rằng không thể giải bằng phương pháp sơ cấp, mà phải giải bằng phương trình eliptic, một trung những kiến thức giải Fermat lớn, tất cả các bạn trên đều làm sai.
#354196 $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt...
Đã gửi bởi bdtilove on 14-09-2012 - 21:36 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Trên thực tế $(3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18$ với mọi $c \in [0,3]$ Cho nên ta chỉ cần xét $ a \ge b $ hoặc $ b \ge a $ mà hai trường hợp này thì như nhau!!! Còn $ c $ Max hay Min không quan trọng!Cho nên chỉ cần xét 1 trường hợp cho toàn bài!! Mình nghĩ là vậy!! Còn bạn thì sao?? Còn MKS Cyclic không có trong ebook nào đâu!! Nhưng nếu bạn thích mình có thể trao đổi qua Yahoo!!Lúc đầu bạn gõ $\LaTeX$ lỗi mà.Thôi bỏ qua chuyện đó đi.Nhưng mà mình nghĩ bài toán này là 1 bài toán hoán vị,không đối xứng.Tức là mình không thể giả sử $a\geq b\geq c$ được :-s
Kĩ thuật kia là j thế bạn =p~ bạn có tài liệu j về nó không minh xin với
#354201 tìm nghiệm nguyên $ x^{10}+y^{10}=z^{10}+1...
Đã gửi bởi bdtilove on 14-09-2012 - 21:42 trong Số học
Cái này mình biết!! Nhưng trên thực tế phương trình gốc vốn không có nghiệm nguyên rồi!! $ (a,b,c)=(10,10,1) $ cũng có nghiệm nhưng mà $ x=\sqrt[5]{10} $ thì đâu có nguyên!!! Để mình suy nghĩ về đk ràng buộc khi đổi biến xem sao!!Bài của nguyenta98 làm đúng rồi mà.từ $a^{2}=4t^{2}=2(b+100)$ ta tìm dc b. còn giái trị của t chỉ là 1 ẩn số thôi
bạn phải cho t các giái trị chứ
#354375 Mua quyển "Số học - Bà chúa của toán học" của Hoàng Chủng ở đâu?
Đã gửi bởi bdtilove on 15-09-2012 - 20:06 trong Kinh nghiệm học toán
Bạn ở đâu vậy!! Mình ở thành phố HCM nếu được mình cho bạn mượn PHoto!!Mua quyển "Số học - Bà chúa của toán học" của Hoàng Chủng ở đâu?
#354636 max, min p= $a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c)$
Đã gửi bởi bdtilove on 16-09-2012 - 17:30 trong Bất đẳng thức và cực trị
Trước hết là Min. Giả sử $ c \ge 1 $ nên $ 1-c \le 0 $ và sử dụng đánh giá $ a^4+b^4 \ge \frac{(a+b)^4}{8}=\frac{(3-c)^4}{8} $
Từ đó ta có đánh giá sau:
$ a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \ge \frac{(3-c)^4}{8}+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \ge \frac{(3-c)^4}{8}+c^4+3(2-a-b)^2(1-c)= \frac{(3-c)^4}{8}+c^4+3(c-1)^2(1-c) $. Bằng việc khảo sát $ f(c.) $ với $ c \in [0,1] $ ta nhận được giá trị nhỏ nhất của hàm số là 3.
Kế đến là Max! Trong ba số $ a, b, c $ luôn có hai số cùng lớn hơn 1 hoặc cùng nhỏ hơn 1!! Giả sử đó là a và b! Từ đó ta có được bất đẳng thức sau đây $ a^4+b^4 \le (a+b-1)^4+1=(2-c)^4+1 $. Xét 2 trường hợp nhỏ là $ c \ge 1 $ và $ c \le 1 $. Nếu $ c \ge 1 $ thì $ 12(1-a)(1-b)(1-c) \le 0 $ Do đó:
$ a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \le (a+b-1)^4+1+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \le =(2-c)^4+c^4+1 $
Khảo sát $ f(c.) $ trên [1,2] ta thu được $ Maxf(c.)=17 $. Trường hợp $ c \le 1$
Theo AM-GM và một đánh giá đơn giản ta có:
$ a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c) \le (a+b-1)^4+1+c^4+3(1-c)[2-a-b]^2 \le (2-c)^4+c^4+1+3(1-c)[3-a-b]^2= (2-c)^4+c^4+1+3(1-c)c^2 $ Khảo sát $ f(c.) $ trên [0,1] ta cũng thu được Max=17.
Với Min=3 đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ còn Max=17 đẳng thức xảy ra khi $ a=2, b=1, c=0 $
#354640 max, min p= $a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c)$
Đã gửi bởi bdtilove on 16-09-2012 - 17:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
Nếu thi đại học thì mình nghĩ chỉ cho bậc 2 thôi!! Còn bậc 4 phức tạp và hơi nhiều tính toán!! Hy vọng bạn thích!!Cho 3 số a,b,c thoả mãn $0 \leq a,b,c \leq 2$ và $a+b+c=3$ Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhât của:
P=$a^4+b^4+c^4+12(1-a)(1-b)(1-c)$
#354971 Cho $a,b>0$. CMR: $\frac{1}{a^2}+...
Đã gửi bởi bdtilove on 17-09-2012 - 22:07 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bằng AM-GM ta có: $ \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{4}{a^2+b^2} \ge \sqrt{(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})(\frac{4}{a^2+b^2})}=\frac{4}{ab}$
ta sẽ chứng minh
$(a+b)^4 \ge 4ab(a^2+b^2)$ hay là: $(a-b)^4 \ge 0$
#355011 $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}...
Đã gửi bởi bdtilove on 18-09-2012 - 08:27 trong Bất đẳng thức và cực trị
Nhân cả hai vế cho $ (a+b)(b+c)(c+a) $ Ta sẽ chứng minh:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge 3\sqrt{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
Sử dụng đánh giá: $ x^2(x+z)+y^2(y+z) \ge \frac{(x+y)^2}{4}(x+y+2z) $ là tổng của 2 bất đẳng thức đúng:
$ 4(x^3+y^3) \ge (x+y)^3 $ và $ 2(x^2+y^2) \ge (x+y)^2 $
Từ đây ta thu được:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge \sum \frac{(a+b)^3}{8}\left ( (a+c)+(b+c) \right ) $ Đặt $ x=a+b; y=b+c; z=c+a $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \frac{x^3}{8}(y+z)+\frac{y^3}{8}(z+x)+\frac{z^3}{8}(x+y)\ge 3\sqrt{2xyz} $ với $ x+y+z=6 $
Ta lại có đánh giá như sau:
$ 3\sum x^{3}y+3\sum xy^{3}\ge 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+zx)\ge 24(xy+yz+zx) $ Do đó ta chỉ cần chứng minh: $ (xy+yz+zx)\ge 3\sqrt{2xyz}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\ge 3xyz(x+y+z) $ Hiển nhiên đúng!!Đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=2 $ hay $ a=b=c=1 $
#355020 Khi sáng tạo một bất đẳng thức bạn sẽ suy nghĩ việc gì đầu tiên?
Đã gửi bởi bdtilove on 18-09-2012 - 09:44 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Bất đẳng thức
Cám ơn mọi người đã bình chọn!!
#355031 $ \sqrt{a^2+2b}+\sqrt{b^2+2c}+\sqrt...
Đã gửi bởi bdtilove on 18-09-2012 - 10:30 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$ \sqrt{a^2+2b}+\sqrt{b^2+2c}+\sqrt{c^2+2a} \ge 3\sqrt{3} $
#355059 Khi sáng tạo một bất đẳng thức bạn sẽ suy nghĩ việc gì đầu tiên?
Đã gửi bởi bdtilove on 18-09-2012 - 12:55 trong Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Bất đẳng thức
Thế có ăn gian không nhỉ?? Riêng mình dùng tất cả các kỹ thuật loạn xạ xì ngầu lên.... để che giấu đi sự đơn giản thực tế của bài toán!!!Riêng cá nhân em thì thường dùng các kĩ thuật giải tích để từ kết quả nào đó đã biết, đi ngược lại, tìm ra đề bài toán .
#355114 $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}...
Đã gửi bởi bdtilove on 18-09-2012 - 18:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã SOS mà còn MV!! Vả lại đây là phần Bất đẳng thức dành cho đại học, ai lại xài mấy pp hiện đại chứ!! Bạn nên tìm lời giải khác thì hơn!!Bài này em dùng phân tích bình phương S.0.S
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)
\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :
\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
#355317 Cho $a,b>0$. CMR: $\frac{1}{a^2}+...
Đã gửi bởi bdtilove on 19-09-2012 - 18:31 trong Bất đẳng thức và cực trị
Sax!! Tui nói lời giải của WhjteShadow mà! Đâu phải của tui đâu!! Để Edit lại cho an toàn!!Kinh vậy
#355319 Các bạn ơi cho mình xin ý kiến ?
Đã gửi bởi bdtilove on 19-09-2012 - 18:40 trong Tài liệu tham khảo khác
Cuốn Những viên kim cương trong bất đẳng thức quá dầy và nhiều kiến thức mà bạn chưa thể tiếp cận!!Năm nay mình học lớp 10 , mục tiêu của mình là thi olympic 30/4 , cái phần mà mình thấy mình yếu nhất là bất đẳng thức ! các bạn cho mình hỏi mình nên tham khảo sách gì để nâng cao phần này ? có nên đọc mấy cuốn như những viên kim cương trong bđt toán học hay sáng tạo bất đẳng thứck ?
à mà cho mình xin tên mấy cuốn sách để ôn thi olympic 30/4 đc k v ?
Thanks trc ( nếu có sai box xin mod thông cảm ! )
Bạn chỉ học lớp 10, mình nghĩ bạn nên tiếp cận các sách sau:
Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức! Có thể tải tại đây:
http://www.vnmath.co...t-ang-thuc.html
Sử dụng Cauchy-Schwarzt để chứng minh bất đẳng thức!
Phân dạng và phương pháp chứng minh bất đẳng thức! ( Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh, Vasile Citoaje )
Secrect in Inequality vol 1 (Trên mạng có rất nhiều)
Old and new inequality vol 1!
#355320 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $D=(x^2+yz)(y^2+zx)(z^2+xy)$
Đã gửi bởi bdtilove on 19-09-2012 - 18:55 trong Bất đẳng thức và cực trị
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??????????$
#355469 $$x^2+y^2+z^2+kxyz$$
Đã gửi bởi bdtilove on 20-09-2012 - 15:25 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Mình đã đưa ra kết quả cho bài này tại đây:Bài toán: Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$x+y+z=1$;$k$ là hằng số cho trước.Tìm GTLN và GTNN của:
$$A=x^2+y^2+z^2+kxyz$$
http://diendantoanho...ưa-co-lời-giải/
Xin phép chủ bài toán cho mình đem nó qua Mathlinks.ro nha!
#355513 Cho $a; b; c \ge 0$. Tìm Min của $P=(a^2+b^2+c^2)(\f...
Đã gửi bởi bdtilove on 20-09-2012 - 19:49 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ý bạn là tìm Max hay Min?? Tựa kêu tìm Min, đề bài bảo tìm Max???Cho $a; b; c \ge 0$. Tìm giá trị lớn nhất của
$P=(a^2+b^2+c^2)(\frac{1} {(2a-b)^2}+\frac{1} {(2b-c)^2}+\frac{1} {(2c-a)^2})$
#356730 $$x^2+y^2+z^2+kxyz$$
Đã gửi bởi bdtilove on 26-09-2012 - 09:36 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Giống chỗ nào nhỉ?? Nhìn mãi không ra!! Hình thức thì giống nhưng bản chất thì không thấy giống!!Bài này thực chất giống với bài $x+y+z=1$.Tìm min max của $xy+yz+zx-kxyz$ ạ
#356740 Bản dịch ''1220 Number Theory Problems'' của Mathlinks.ro
Đã gửi bởi bdtilove on 26-09-2012 - 12:25 trong Tài nguyên Olympic toán
Theo mình thì mình đề xuất thế này!! Ta sẽ chia cuốn sách làm 4 hay 5 phần gì đó...mỗi phần gồm lời giải kèm theo ( Đã dịch).....
Như vậy thì hơi cực nhưng sẽ là giải pháp tối ưu cho người đọc!!!
Thân!
#356742 $$xyz\geq ab^2$$
Đã gửi bởi bdtilove on 26-09-2012 - 12:52 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài thứ 2 rất thú vị nên mình sẽ đưa lời giải!Bài toán 2.
Ch0 $0<a<b$ và $x,y,z\in [a;b]$ thoả $x+y+z=a+2b$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$xyz\geq ab^2$$
Vì miền đúng của $ x, y, z $ là bất kì nên ta có thể giả sử cho $ a=1 $, $ b=2 $. Theo đó:
$x,y,z\in [1;2]$ và $x+y+z=5$ ta phải chứng minh $$xyz\geq 1.2.2=4$$ Rõ ràng là ta luôn có: $ (2-x)(2-y) \ge 0 $ hay là $ xy+4 \ge 2x+2y $ Theo đánh giá này ta có:
$xyz\geq (2(x+y)-4)z =(2(5-z)-4)z $ bằng khảo sát hàm bậc hai này ta dễ dàng có được $ Minxyz=4 $ xảy ra khi $ x=y=2, z=1 $ cùng các hoán vị!
#356744 Vệ tinh Việt Nam sắp rời trạm vũ trụ
Đã gửi bởi bdtilove on 26-09-2012 - 13:39 trong Góc giao lưu
- Diễn đàn Toán học
- → bdtilove nội dung