3b)
Do $0 \le \sqrt{a+b} \le 1$
$\sqrt{a+b} \ge a+b$
Tương tự $\sqrt{b+c} \ge b+c ;\sqrt{a+c} \ge a+c$
$\Rightarrow VT \ge 2(a+b+c)=2$
- Tea Coffee yêu thích
"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.
If I feel happy,I do mathematics to keep happy."
Alfréd Rényi
Gửi bởi Oral1020 trong 15-06-2014 - 13:16
3b)
Do $0 \le \sqrt{a+b} \le 1$
$\sqrt{a+b} \ge a+b$
Tương tự $\sqrt{b+c} \ge b+c ;\sqrt{a+c} \ge a+c$
$\Rightarrow VT \ge 2(a+b+c)=2$
Gửi bởi Oral1020 trong 02-06-2014 - 18:58
Gửi bởi Oral1020 trong 21-05-2014 - 22:04
Đề bài phải là $x;y;z \ge 0$ chứ bạn
Gửi bởi Oral1020 trong 18-05-2014 - 00:02
Không biết lí luận như thế này có được không ?
Muốn phương trình có nghiệm nguyên
$\Longrightarrow \Delta$ là số chính phương
$\Rightarrow $ Phương trình sẽ có hai nghiệm nguyên
Theo định lí Vi-et,ta có:
$x_1+x_2=a$ mà $x_1;x_2$ nguyên $\rightarrow a$ nguyên
Gửi bởi Oral1020 trong 16-05-2014 - 22:03
Công ba phương trình lại ta được:
$x^3+y^3+x^2(y+z)+y^3+z^3+y^2(z+x) + z^3+x^3+z^2(x+y)-3xyz=0$
$\Longrightarrow (x+y+z)(\sum 2x^2 -\sum xy)=0$
Từ đây ta suy ra được:
$x+y+z=0$ hoặc $x=y=z=0$ (loại)
Với $x+y+z=0$ ta có:
$\left\{\begin{matrix} y^{3}=xyz+14\\ z^{3} = xyz-21\\x^{3}= xyz+7 \end{matrix}\right.$
$\Longrightarrow y^3-14=z^3+21=x^3-7=xyz$
...
Nhân 3 phương trình của hệ màu đỏ lại với nhau,ta được:
$(xyz)^3=(xyz-21)(xyz+7)(xyz+14)$
Tới đây bạn sẽ tìm được $xyz=-6$
Lại thay vào hệ đỏ,ta tìm được $x;y;z$
Gửi bởi Oral1020 trong 16-05-2014 - 11:49
Giải hệ pt
$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}+x^{2}(y+z)=xyz+14\\ y^{3}+z^{3}+y^{2}(z+x) = xyz-21\\ z^{3}+x^{3}+z^{2}(x+y)= xyz+7 \end{matrix}\right.$
Công ba phương trình lại ta được:
$x^3+y^3+x^2(y+z)+y^3+z^3+y^2(z+x) + z^3+x^3+z^2(x+y)-3xyz=0$
$\Longrightarrow (x+y+z)(\sum 2x^2 -\sum xy)=0$
Từ đây ta suy ra được:
$x+y+z=0$ hoặc $x=y=z=0$ (loại)
Với $x+y+z=0$ ta có:
$\left\{\begin{matrix} y^{3}=xyz+14\\ z^{3} = xyz-21\\x^{3}= xyz+7 \end{matrix}\right.$
$\Longrightarrow y^3-14=z^3+21=x^3-7=xyz$
...
Gửi bởi Oral1020 trong 14-05-2014 - 21:48
Với $x=1;0;-1$ ta được:
$\left\{\begin{matrix}
a+b+c=m^2(1)\\c=l^2 (2)
\\ a-b+c=k^2 (3)
\end{matrix}\right.$
Từ hệ đó ta dễ thấy:
$c \in \mathbb{Z}$ và
Trừ vế theo vế phương trình (1) và (3) ta được:
$2b=m^2-k^2$
Do $VT$ chia hết cho 2 nên $m^2-k^2$ cũng phải chia hết cho hai
Mặt khác ta lại có $m^2-k^2=(m-k)(m+k)$,do $m+k$ và $m-k$ là hai số cùng chẵn nên
$\Rightarrow m^2-k^2$ chia hết cho 4 hay 2b chia hết cho 4 $\Rightarrow b$ chia hết cho 2 và $b$ cũng nguyên
$\Rightarrow a$ cũng nguyện
Tóm lại ta có đpcm
Gửi bởi Oral1020 trong 11-05-2014 - 22:09
Gửi bởi Oral1020 trong 11-05-2014 - 16:43
Phân tích thành:
$(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac).\sum \frac{ab(a-b)^2}{(b+c)(c+a)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \ge 0$
Gửi bởi Oral1020 trong 05-05-2014 - 21:11
Đề bài này có bị sao không chớ min thì không phải là $\frac{3}{2}$ vì mình đã thử rồi.
Gửi bởi Oral1020 trong 04-05-2014 - 22:23
Bạn áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho
$\sum a . \sum \frac{a}{(a+ab+1)^2} \ge (\sum \frac{a}{a+ab+1})^2$
Mà ta luôn có với $abc =1$ thì
$\sum \frac{a}{a+ab+1} =1$
$\Rightarrow \sum a . \sum \frac{a}{(a+ab+1)^2} \ge 1$
Tương đương với đpcm
Gửi bởi Oral1020 trong 03-05-2014 - 15:23
Mình làm thế này, mong mọi người cùng chữa.
Giải:
Đầu tiên ta đi C/m $B=a^2+b^2+c^2\leq 14$.
Đặt $x=a-2;y=b-2;z=c-2$ $\Rightarrow x+y+z=0$ $\Rightarrow$ Tồn tại 2 trong 3 số cùng dấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử $x$ và $y$ $\Rightarrow 2xy\geq 0$
Vì $a,b,c \in [1;3]\Rightarrow x,y,z \in [-1;1]$$\Rightarrow z^2\leq 1$
Ta có:
$B= (x+2)^2+(y+2)^2+(z+2)^2= (x^2+y^2+z^2)+4(x+y+z)+12= x^2+y^2+z^2+12\leq (x^2+2xy+y^2)+z^2+12\leq $$ (x+y)^2+z^2+12\leq 2z^2+12$$\leq 2+12=14$
$\Rightarrow x^2+y^2+z^2\leq 2$
Ta xét
$A= (x+2)^3+(y+2)^3+(z+2)^3= (x^3+y^3+z^3)+6(x^2+y^2+z^2)+12(x+y+z)+24= 3xyz+6(x^2+y^2+z^2)+24\leq 0+6.2+24=36$ (Do $0=x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}\Leftrightarrow xyz\leq 0$)
Vậy Max $A=36$. Dấu $"="$ $\Leftrightarrow x=1;y=2;z=3$ và các hoán vị
P/s: Hình như có vấn đề?
ê Việt Hoàng: Đề bài yêu cầu tìm max mà bạn!
Ờ nhầm
Cho mình hỏi hai chỗ này.
Cái chỗ cuối $x;y;z$ đâu có >0 đâu mà áp dụng BĐT AM-GM
Gửi bởi Oral1020 trong 02-05-2014 - 17:27
đề bài đã cho $(3-2x),(3-2y),(3-2z)\geq 0$ đâu mà áp dụng Cauchy hả bạn?71
Nếu mà biến đổi để ra đến dòng thứ ba thì phải áp dụng BĐT Schur:
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
mình nghĩ là để sử dụng AM-GM thì 3 số phải dương....đâu có chắc là 3-2x,3-2y hay 3-2z dương ?
bất đẳng thức trên hoàn toàn đúng vì ta có BĐT sau đây:
$a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$ với $a+b+c \ge 0$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học