Chủ đề này có 8 trả lời

[khoa94]

cho $ x,y,z \in \mathbb{R}$ thoa $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 $
CM
$ x+y+z\leq xyz+2 $

[soros_fighter]

cho $ x,y,z \in \mathbb{R}$ thoa $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 $
CM :
$x + y+z\leq xyz+2(1)$

$(1)\Leftrightarrow (x+y)+z(1-xy)\leq 2$
Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$VT^2\leq \left [ \left ( x+y \right )^2+z^2 \right ]\left [ 1+\left ( 1-xy \right )^2 \right ]=\left (2+2xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )$
Ta cần chứng minh:
$ \left (2+2xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )\leq 4\Leftrightarrow \left (1+1xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )\leq 4(2) $
Khai triển và rút gọn ta được:
$ (2)\Leftrightarrow x^3y^3\leq x^2y^2\Leftrightarrow xy\leq 1 $
Mặt khác từ giả thiết ta lại có:
$ 2=x^2+y^2+z^2\geq x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow xy\leq 1 $
Vậy ta có đpcm
Sao không gõ được Latex nhỉ



Nesbit: Công thức của bạn bị lỗi vì có một dấu ngoặc ( in đậm nằm giữa hai dấu đôla (ngay hàng đầu tiên). Chỉ cần bỏ dấu đó đi là ổn:

$(1)\Leftrightarrow (x+y)+z(1-xy)\leq 2 $
Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$ VT^2\leq \left [ \left ( x+y \right )^2+z^2 \right ]\left [ 1+\left ( 1-xy \right )^2 \right ]=\left (2+2xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right ) $
Ta cần chứng minh:
$ \left (2+2xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )\leq 4\Leftrightarrow \left (1+1xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )\leq 4(2) $
Khai triển và rút gọn ta được:
$ (2)\Leftrightarrow x^3y^3\leq x^2y^2\Leftrightarrow xy\leq 1 $
Mặt khác từ giả thiết ta lại có:
$ 2=x^2+y^2+z^2\geq x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow xy\leq 1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 07-01-2013 - 17:15

[T*genie*]

$ (1)\Leftrightarrow (x+y)+z(1-xy)\leq 2 $
Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$ VT^2\leq \left [ \left ( x+y \right )^2+z^2 \right ]\left [ 1+\left ( 1-xy \right )^2 \right ]=\left (2+2xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right ) $
Ta cần chứng minh:
$ \left (2+2xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )\leq 4\Leftrightarrow \left (1+1xy \right )\left ( 2-2xy+x^2y^2 \right )\leq 4(2) $
Khai triển và rút gọn ta được:
$ (2)\Leftrightarrow x^3y^3\leq x^2y^2\Leftrightarrow xy\leq 1 $
Mặt khác từ giả thiết ta lại có:
$ 2=x^2+y^2+z^2\geq x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow xy\leq 1 $
Vậy ta có đpcm

Tớ nghĩ tạm thời bạn nên dùng chức năng Use Full Editor để không bị lỗi LaTeX, có lẽ Quick reply vẫn chưa hoàn thiện

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi T*genie*: 20-09-2011 - 17:02

[Zaraki]

Theo mình nghĩ bạn không gõ được $\LaTeX$ là do thiếu

dấu $

Mình cũng từng bị như vậy ở Mathlink. Đếm thì bạn sẽ thấy rõ điều đó.
Chào mừng bạn trở lại VMF.

[taminhhoang10a1]

nhân topic này em xin gửi 1 bài như sau:
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $a^2 + b^2 + c^2 = 9$
CMR: $2(x + y + z) - xyz \le 10$

[Crystal]

nhân topic này em xin gửi 1 bài như sau:
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn $a^2 + b^2 + c^2 = 9$
CMR: $2(x + y + z) - xyz \le 10$

Đây là bài BĐT trong VMO 2002. Bài này đã được bàn luận nhiều trên VMF cũng như các diễn đàn khác rồi.

[taminhhoang10a1]

cho em đường dẫn đến trang đó được không

[Crystal]

cho em đường dẫn đến trang đó được không

Anh không nhớ link nữa . Đây là một cách.

Cho $2{x^2} + {y^2} = 9$. Ta chứng minh $P = 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - xyz = 4x + 2y - {x^2}y \le 10$

Thay $x = \sqrt {\dfrac{{9 - {y^2}}}{2}} $ vào $P$, khi đó ta xét hàm số:
$$f\left( y \right) = 2\sqrt {2\left( {9 - {y^2}} \right)} + 2y - \dfrac{{y\left( {9 - {y^2}} \right)}}{2}$$

Có $$f'\left( b \right) = - \dfrac{{4b}}{{\sqrt {2\left( {9 - {b^2}} \right)} }} - \dfrac{5}{2} + \dfrac{{3{b^2}}}{2} = 0 \Leftrightarrow \left( {{b^2} - 1} \right)\left( {9{b^4} - 78{b^2} + 9} \right) = 0$$

Từ đó ta tìm được: $\min f = 10$. Vậy $P = 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - xyz \le 10$

[taminhhoang10a1]

Anh có cach nào khác không. Em chưa học đạo hàm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taminhhoang10a1: 17-10-2011 - 13:55