Đến nội dung

Hình ảnh

[MSS2013] Trận 12 - Bất đẳng thức, bài toán tổng hợp


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả


Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 02/11/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:

1) Trận 12 có 21 toán thủ tham gia nên sau trận này, 01 toán thủ sẽ bị loại :D

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

4) Từ trận 8, Điều lệ có sự thay đổi, cụ thể như sau:

- Sau mỗi trận, sẽ có một số toán thủ bị loại theo thứ tự ưu tiên sau:
+ Điểm xét bị loại thấp hơn
+ Tham gia lâu hơn mà chưa ra đề
+ Số báo danh nhỏ hơn

- Gọi $D_{rd}$ là điểm của toán thủ ra đề:
$$D_{rd}= 4*\left (t_{lb1} - t_{bd} \right ) + 3*n_{klb} + 2*n_{mr} + 30$$

* Gọi $S$ là điểm của toán thủ làm bài.
$$S = \left [\frac{52 - \left (t_{lb} - t_{rd} \right )}{2} \right ]+3*d+d_{mr}+d_{t}$$
Trong đó:
Kí hiệu $[x]$ chỉ phần nguyên của số thập phân $x$.


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết
Đề của BTC:
Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$$

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#3
daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
Bài làm của daovuquang:
Bổ đề: Với $x;y;z\geq 0$, chứng minh rằng: $xyz \leq \frac{(x+y+z)^3}{27}\; (1)$.
Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau: $x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}\; (2)$.
$(2) \Leftrightarrow x+y+z+\sqrt[3]{xyz}\geq 4\sqrt[3]{xyz}$.
Áp dụng BĐT Cauchy 2 số:
$\left\{\begin{matrix}
a+b \geq 2\sqrt{ab}=2\sqrt[6]{a^3b^3}\\
c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}=2\sqrt[6]{abc^4}\\
2(\sqrt[6]{a^3b^3}+\sqrt[6]{abc^4})\geq 4\sqrt[12]{a^4b^4c^4}=4\sqrt[3]{abc}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (2)$ luôn đúng.
Áp dụng vào $(1)$: $\frac{(x+y+z)^3}{27}\geq \frac{(3\sqrt[3]{xyz})^3}{27}=\frac{27xyz}{27}=xyz$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$.

Trường hợp 1: $(a;b;c)=(1;0;0);(0;1;0);(0;0;1);(1;1;0);(1;0;1);(0;1;1)$ thì đẳng thức xảy ra.
Trường hợp 2: Với $(a;b;c)$ khác trường hợp trên, không giảm tính tổng quát, giả sử $a=max[a;b;c]$.
Khi đó: $\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}\leq \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{b+c+1}=\frac{a+b+c}{b+c+1}=1+\frac{a-1}{b+c+1}$
Phải chứng minh: $1+\frac{a-1}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$
$\Leftrightarrow (1-a)[(1-b)(1-c)-\frac{1}{b+c+1}] \leq 0$.
Có $1-a \geq 0\; \forall\; a \in [0;1]$.
Ta sẽ chứng minh $(1-b)(1-c)-\frac{1}{b+c+1}\leq 0$
$\Leftrightarrow (1-b)(1-c)(b+c+1)-1 \leq 0$.
Thật vậy, áp dụng bổ đề trên cho 3 số dương $1-b; 1-c$ và $b+c+1$:
$(1-b)(1-c)(b+c+1)-1\leq \frac{(1-b+1-c+b+c+1)^3}{27}-1=1-1=0$
$\Rightarrow$ đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=b=c\\
\begin{bmatrix}
1-a=0\\
1-b=1-c=b+c+1
\end{bmatrix}
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a=b=c=0$ hoặc $a=b=c=1$.
Kết luận: Vậy $\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$ với $a,b,c$ thuộc $[0;1]$. Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a;b;c)=(0;0;0)(1;0;0);(0;1;0);(0;0;1);(1;1;0);(1;0;1);(0;1;1);(1;1;1)$.
=====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*10+10+0=65$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 27-11-2012 - 21:58


#4
thanhluong

thanhluong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 122 Bài viết

Đề của BTC:
Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$$

$a, b, c \leq 1$ nên $1-a$, $1-b$ và $1-c$ đều không âm.
Không làm tính tổng quát, giả sử $a = max\{a, b, c \}$. Khi đó $\frac{b}{a+c+1} \leq \frac{b}{b+c+1}$ và $\frac{c}{a+b+1} \leq \frac{c}{b+c+1}$.
Nên $VT \leq \frac{a+b+c}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)=1+(1-a)(1-b)(1-c)-\frac{1-a}{b+c+1}$. (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm $1-b$, $1-c$, $b+c+1$, ta được
$(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq \frac{\left[(1-b)+(1-c)+(b+c+1) \right]^3}{27}=1$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq 1-a$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c) \leq \frac{1-a}{b+c+1}$
$\Leftrightarrow 1+(1-a)(1-b)(1-c) - \frac{1-a}{b+c+1} \leq 1$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $VT \leq 1$. Đẳng thức xảy ra khi:
.$a=b=c$ (*)
.$1-a=0$ hoặc $1-b=1-c=b+c+1$ (**)
Từ (*) và (**) suy ra đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=c=0$. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

====
Nếu $a=b=0$ và $c=1$ thì dấu $"="$ vẫn xảy ra mà?

Điểm bài làm: 8
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*8+0+0=49$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 27-11-2012 - 22:02

Đổi mới là điều tạo ra sự khác biệt giữa người lãnh đạo và kẻ phục tùng.


STEVE JOBS


#5
Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết

Đề của BTC:
Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$$

Bài làm :
Không làm tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Vì $a, b, c \leq 1$ $\Rightarrow 1-a \leq 1-b \leq 1-c$ và $(1-a) ,(1-b) ,(1-c) \geq 0$

$\Rightarrow \frac{b}{a+c+1} \leq \frac{b}{b+c+1}$ và $\frac{c}{a+b+1} \leq \frac{c}{b+c+1}$.
Vậy $BDT \Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b+c+1} +(1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$
$\Leftrightarrow \frac{a+b+c-b-c-1}{b+c+1} +(1-a)(1-b)(1-c) \leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a-1}{b+c+1} +(1-a)(1-b)(1-c) \leq 0$

$(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq \frac{\left[(1-b)+(1-c)+(b+c+1) \right]^3}{27}=1$
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq 1-a$
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c) \leq \frac{1-a}{b+c+1}$
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c) +\frac{a-1}{b+c+1} \leq 0$
Đây chính là BDT cần chứng minh .
Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$
Vậy bài toán hoàn toạn dc giải quyết !!
====
Với $a=b=c=0$ thì ta vẫn có dấu đẳng thức mà?
Điểm bài làm: 8
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*8+0+0=49$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 27-11-2012 - 22:03


#6
BlackBot

BlackBot

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết

Đề của BTC:
Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$$

Bài làm :
-----Không làm tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Vì $a, b, c \leq 1$ $\Rightarrow 1-a \leq 1-b \leq 1-c$ và $(1-a) ,(1-b) ,(1-c) \geq 0$

$\Rightarrow \frac{b}{a+c+1} \leq \frac{b}{b+c+1}$ và $\frac{c}{a+b+1} \leq \frac{c}{b+c+1}$.
-----Vậy $BDT \Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b+c+1} +(1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$
$\Leftrightarrow \frac{a+b+c-b-c-1}{b+c+1} +(1-a)(1-b)(1-c) \leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a-1}{b+c+1} +(1-a)(1-b)(1-c) \leq 0$
-----Ta có
$(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq \frac{\left[(1-b)+(1-c)+(b+c+1) \right]^3}{27}=1$
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq 1-a$
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c) \leq \frac{1-a}{b+c+1}$
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c) +\frac{a-1}{b+c+1} \leq 0$
-----Đây chính là BDT cần chứng minh .
Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$
====
Vẫn như các toán thủ khác, thiếu điều kiện xảy ra dấu đẳng thức!!!
Điểm bài làm: 8
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (6 - 5 \right )}{2} \right ]+3*8+0+0=49$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 27-11-2012 - 22:04


#7
BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
Bài làm của MSS01-BlackSelena:
* C/m lại bđt Cauchy 3 số: $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}$
$\Leftrightarrow a + b + c + \sqrt[3]{abc} \geq 4\sqrt[3]{abc}$
Xét VT: $a +b + c + \sqrt[3]{abc} \geq 2(\sqrt{ab} + 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}) \geq 4\sqrt[3]{abc}$ (dpcm)
Quay trở lại bài toán.
Không mất tính tổng quát, giả sử $a$ là số lớn nhất trong 3 số $a,b,c$
Khi đó ta có:
$VT \leq \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{b+c+1} + \frac{c}{b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c)$
$=\frac{a+b+c}{b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c)$
$= 1 - \frac{1-a}{b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c)$
Vậy ta sẽ chứng minh $1 - \frac{1-a}{b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$
$\Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1) \leq 1-a$
Bđt cuối luôn đúng do $(1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1)\leq (1-a)\dfrac{((1-b)+(1-c)+(b+c+1))^3}{27}=1-a$
Vậy ta có đpcm, đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=(0;0;0);(1;0;0);(0;1;0);(0;0;1);(1;1;0);(1;0;1);(0;1;1);(1;1;1)$
====
Điểm bài làm: 10
Tổng điểm: $S = \left [\frac{52 - \left (7 - 5 \right )}{2} \right ]+3*10+2*10+0=75$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dramons Celliet: 27-11-2012 - 22:06


#8
ilovelife

ilovelife

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 371 Bài viết
Mặc dù không thi thố gì nhưng cho em thử giải nhá (lúc trước thầy giáo đố bọn em bài này...nhưng chưa chữa :D)
Giả sử $a=\max{a ; b; c}$
=> $VT\leq \dfrac{a+b+c}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c) = 1-\dfrac{1-a}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)$
Mà $(1-a)(1-b)(1-c)-\dfrac{1-a}{b+c+1} \leq 0$
Thật vậy $$(1-a)(1-b)(1-c)-\dfrac{1-a}{b+c+1} \leq 0$$
$$<=>(1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1)\leq 1-a$$
$$<=>(1-a)(1-b)(1-c)(b+c+1)\leq (1-a)\dfrac{((1-b)+(1-c)+(b+c+1))^3}{27}=1-a$$ (bất đẳng thức luôn đúng)
Vậy $VT ≤ 1 + 0 = 1$

God made the integers, all else is the work of man.

People should not be afraid of their goverment, goverment should be afraid of their people.

 


#9
daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
Mở rộng 1: Cho $a_1;a_2;...;a_n$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+\frac{a_2}{a_3+a_4+...+a_1+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}+1}+(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$$

Bổ đề: Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) cho $n$ số. Có thể tham khảo ở đây: http://en.wikipedia....geometric_means

Ta xét 2 trường hợp:
TH1: $a_i$ bất kì ($1\le i \le n;\; i \in \mathbb{N}$) bằng $0$ hoặc $1$, trừ $(a_1;a_2;...;a_n)=(0;0;...;0);(1;1;...;1)$. Khi đó dấu đẳng thức xảy ra.
TH2: $(a_1;a_2;...;a_n)$ khác ở trên:
Giả sử $a_1=max(a_1;a_2;...;a_n)$.
Ta có: $\frac{a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+\frac{a_2}{a_3+a_4+...+a_1+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}+1}\leq \frac{a_1+a_2+...+a_n}{a_2+a_3+...+a_n+1}=1-\frac{1-a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}$.
Phải chứng minh: $1-\frac{1-a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$
$\Leftrightarrow (1-a_1)[(1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)-\frac{1}{a_2+a_3+...+a_n+1}] \leq 0$.
Dễ thấy $1-a_1 \geq 0$. Ta sẽ chứng minh $(1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)-\frac{1}{a_2+a_3+...+a_n+1}\leq 0$
$\Leftrightarrow (1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)(a_2+a_3+...+a_n+1)\leq 1$.
Áp dụng bổ đề cho các số dương $1-a_2;1-a_3;...;1-a_n;a_2+a_3+...+a_n+1$:
$(1-a_2)(1-a_3)...(1-a_n)(a_2+a_3+...+a_n+1)\leq (\frac{1-a_2+1-a_3+...+1-a_n+a_2+a_3+...+a_n+1}{n})^n=(\frac{n}{n})^n=1$
$\Rightarrow$ đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow (a_1;a_2;...;a_n)=(0;0;...;0);(1;1;...;1)$.
Kết luận: Vậy $\frac{a_1}{a_2+a_3+...+a_n+1}+\frac{a_2}{a_3+a_4+...+a_1+1}+...+\frac{a_n}{a_1+a_2+...+a_{n-1}+1}+(1-a_1)(1-a_2)...(1-a_n)\leq 1$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a_i$ bất kì ($1\le i \le n;\; i \in \mathbb{N}$) bằng $0$ hoặc $1$.

#10
BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
Mở rộng 1 của MSS01-BlackSelena:
Ta thử tăng số biến của bất đẳng thức tới 4 biến ^^:
Đề bài: Cho $a,b,c,d$ thuộc đoạn $[0;1]$.CMR:
$\frac{a}{b+c+d+1} + \frac{b}{a+c+d+1} + \frac{c}{a+b+d+1} + \frac{d}{a+b+c+1} + (1-a)(1-b)(1-c) \leq 1$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a$ là số lớn nhất trong 4 số.
Khi đó $VT \leq \frac{a+b+c+d}{b+c+d+1} + \sum(1-a)$
Vậy bđt cần chứng minh tương đương $(1-b)(1-c)(1-d)(b+c+d+1) \leq 1$
Nhưng bđt cuối lại đúng theo $AM-GM$ 4 số (em xin phép ko cm lại) đó là $(1-b)(1-c)(1-d)(b+c+d+1) \leq \frac{4^4}{4^4} = 1$
Vậy ta có đpcm, đẳng thức xảy ra khi mỗi số bằng không hoặc 1 tùy ý (không nhất thiết phải cùng bằng 0 hoặc cùng bằng 1)

Và từ đó ta đi tới mở rộng 2:
$\frac{x_1}{x_2+x_3+...+x_n+1}+\frac{x_2}{x_3+x_4+...+x_1+1}+...+\frac{x_n}{x_1+x_2+...+x_{n-1}+1}+(1-x_1)(1-x_2)...(1-x_n)\leq 1$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1$ là số lớn nhất trong $n$ số đó.
Khi đó ta có, $VT \leq 1 - \frac{1-x_1}{x_2 + x_3+ ... + x_n} +(1-x_1)(1-x_2)...(1-x_n)$
Và ta chỉ cần chỉ ra cái trên $\leq 1$, tương đương với
$(1-x_2)(1-x_3)..(1-x_n)(x_2 + x_3+ ... + x_n) \leq 1$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo $AM-GM$ cho $n$ số (dễ dàng chứng minh bằng quy nạp)
Vậy ta có đpcm, đẳng thức xảy ra khi $a_j$ bằng 0 hoặc 1. Với $j$ chạy từ $1$ tới $n$

#11
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết
Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#12
E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 3861 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số tùy ý thuộc $[0;1]$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1, \ \ \ \ \ (1)$$

Đáp án của BTC
Nếu $a=b=c=0$ thì BĐT đúng
Nếu $s=a+b+c>0$ thì
$$VT(1)=\sum \left (\frac{a}{s} -\frac{a(1-a)}{s(b+c+1)} \right )$$
$$\sum \frac{a}{s} - \sum \frac{a(1-a)}{s}\left ( \frac{1}{b+c+1}-(1-b)(1-c) \right ) \leq 1$$

$$\sum \frac{a}{s} = 1$$

$$\sum \frac{a(1-a)}{s}\left ( \frac{1}{b+c+1}-(1-b)(1-c) \right ) \geq 0$$
Thật vậy
$$\frac{a(1-a)}{s} \geq 0$$
$$\frac{1}{b+c+1}-(1-b)(1-c) = \frac{(b+c)^2-(b+c+1)bc}{b+c+1} \geq \frac{(b+c)^2-3bc}{b+c+1}=\frac{(b-c)^2+bc}{b+c+1}\geq 1$$

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#13
Dramons Celliet

Dramons Celliet

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết
Đã chấm xong trận 12 (tồn đọng lâu quá !!!), mời các bạn xem lại kết quả và có 24h để khiếu nại.
P/s: Xin lỗi vì máy mình hỏng nên không onl chấm được.
Giá như... ai đó biết rằng: Mình nhớ ai đó lắm...
Giá như... ai đó biết: Mình yêu ai đó thật nhiều...




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh