Chủ đề này có 3 trả lời

[chardhdmovies]

giải hệ $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-x^2}+\sqrt{y-y^2}+\sqrt{z-z^2}=\sqrt{\frac{\sqrt{3}-1}{3}}\\(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)=\frac{2\sqrt{3}}{9} \end{matrix}\right.$

Spoiler

bài này khiến em đau não nhiều đêm
làm đau đầu rồi đôi khi bực tức
ức quá rồi nên em mới đăng lên
hy vọng mọi người cho em lời giải đáp

NTP

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 21-12-2014 - 07:00

[chardhdmovies]

M làm thơ con cóc hả NTP 

 

Bài này có nghiệm là $x=1,z=\frac{1}{\sqrt{3}},y=0$ và hoán vị vòng quanh, cách làm là đánh giá BĐT nhưng mình làm mãi chưa ra.

 

NRC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 20-12-2014 - 22:48

[Bui Ba Anh]

Đề thiếu rồi 2 thím

Pt 2 có thêm $x+y+z$ nữa

A-Q:)))

[supermember]

Bài này thật tình xấu về " ngoại hình":

 

Ta có kết quả sau: Nếu $ x,y,z$ là các số thực thuộc đoạn $ [0;1]$ thì giá trị lớn nhất của hàm $3$ biến $ \mathcal {P}(x;y;z)= (x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z) $ là $ \frac{2 \sqrt{3}}{9}$. Kết quả này đã có trong THTT năm 2005, lục lại báo cũ trong cái Topic Update THTT từ 1994 của bác Viethungtran là thấy. Supermember chưa thử giải lại, nhưng chắc lại làm kiểu chọn $ x = \min \{ x;y;z \}$ sau đó đặt các ẩn phụ: $ y = x+a$, $ z= x+b$. Cơ mà có kết quả mò ra rồi thì Cauchy dễ thôi.

 

Lúc nãy mải đi thể dục quá, về lấy giấy bút 1 tí thì nó ra như sau:

 

$ \mathcal {P}(x;y;z)= ab(b-a)(3x+a+b) ; \mathcal {P}(0;y;z)= (x+a)(x+b)(b-a)(2x+a+b)$ nên dễ thấy chỉ cần xét TH $ a \le b$

 

$ \mathcal {P}(0;y;z) - \mathcal {P}(x;y;z) = (b-a)( 2x^3 + 3x^2(a+b) + (a^2+ab+b^2 )x) \ge 0$ suy ra chỉ cần xét trường hợp $x=0$

 

$ \mathcal {P}(0;y;z) = yz(z-y)(y+z) \le  f(y) = y(1-y)(1+y)$

 

 Đánh giá cái này thì dễ quá rồi, dùng tí Cauchy khi viết lại: $ 2f^{2} (y) = 2y^2 (1-y^2)^2$. Xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 21-12-2014 - 18:38