Đến nội dung

Hình ảnh

Trận 15 - "MSS22 nth1235" VS ALL

* * * - - 2 Bình chọn

  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 31 trả lời

#1
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

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


BTC yêu cầu MSS22 ra đề vào topic này.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

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.

b. Luật Loại trực tiếp: Luật chỉ áp dụng khi có $n >20$ toán thủ tham gia thi đấu.
- Sau mỗi trận, $k$ toán thủ có số điểm ít nhất sẽ bị loại. Trong trường hợp có nhiều toán thủ cùng điểm số, toán thủ nào có thời gian bỏ thi đấu dài nhất sẽ ưu tiên bị loại.
$$k=\frac{\left \{(n-10) - [(n-10) \mod 10] \right \}}{10}$$
- Toán thủ bị loại sẽ không đuợc đăng kí lại
- Khi Chỉ còn 20 toán thủ, Luật này ko còn hiệu lực


BTC lưu ý:
1) trận 15 có 28 toán thủ tham gia nên sau trận này, 01 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

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.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 01-06-2012 - 23:12

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#2
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết
Do MSS22 không post đề đúng thời hạn nên BTC đưa ra đề dự bị như sau:
Với $x,y,z$ là các tham số dương cho trước, giải hệ pt sau trên tập số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz = xyz \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} =x+y+z \\
\end{array} \right.
\]

Xin lỗi các MSSer vì sự cố đánh đề bị nhầm :D Thời gian làm bài bắt đầu tính từ 10h36 ngày 27/5/2012.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 27-05-2012 - 10:36

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#3
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
Chứng minh BĐT Cauchy-Schwarz cho 3 bộ 2 số, tức là chứng minh:
${\left( {AX + BY + CZ} \right)^2} \le \left( {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \right)\left( {{X^2} + {Y^2} + {Z^2}} \right)\left( {A,B,C,X,Y,Z \in R} \right)$
CM như sau:
Theo Cauchy-Schwarz cho 2 bộ 2 số:
$\left[ {\left( {{A^2} + {B^2}} \right) + {C^2}} \right]\left[ {\left( {{X^2} + {Y^2}} \right) + {Z^2}} \right] \ge {\left[ {\sqrt {\left[ {\left( {{A^2} + {B^2}} \right)\left( {{X^2} + {Y^2}} \right)} \right]} + CZ} \right]^2}\left( 1 \right)$
$\left( {{A^2} + {B^2}} \right)\left( {{X^2} + {Y^2}} \right) \ge {\left( {{\rm{AX}} + BY} \right)^2}\left( 2 \right)$
Từ $(1),(2)$ ta chứng minh được BĐT Cauchy-Schwarz cho 3 bộ 2 số
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#4
nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
Mãi mới làm được (Nhục quá)
__________________________________________
Bổ đề (Bunyakovsky):
Với $a_1,a_2,b_1,b_2,c_1,c_2>0$ ta có:
$$(a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2)^2 \leq (a_1^2+b_1^2+c_1^2)(a_2^2+b_2^2+c_2^2)$$
Chứng minh:
Ta có:
$$(a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2)^2 \leq (a_1^2+b_1^2+c_1^2)(a_2^2+b_2^2+c_2^2)$$
$$\Leftrightarrow (a_1b_2-b_1a_2)^2+(b_2c_1-c_2b_1)^2+(c_1a_2-a_1c_2)^2 \geq 0$$
BĐT này luôn đúng nên ta có đpcm
_________________________________________________________
Ta đặt $a=myz, b=nzx, c=pxy$ với $m,n,p>0$
Từ giả thiết $ax+by+cz=xyz$ và $x,y,z \neq 0$
Suy ra $m+n+p=1$

Từ đó ta được:
$$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$$
$$=\sqrt{myz+nzx}+\sqrt{nzx+pxy}+\sqrt{pxy+myz}$$
$$=\sqrt{z}.\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}.\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}.\sqrt{px+mz}$$

Áp dụng bổ đề (BĐT Bunyakovsky) ta được:
$$(\sqrt{z}.\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}.\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}.\sqrt{px+mz})^2$$
$$\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz)$$
$$< (x+y+z)(px+py+pz+my+mz+mx+nx+ny+nz$$
$$=(m+n+p)(x+y+z)^2$$
$$=(x+y+z)^2$$
Suy ra :
$$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} < x+y+z$$
(Vô lý)
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm.

Cách giải hàn lâm :icon10:
D - B = 9h
E = 10
F = 10
S = 79

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 29-05-2012 - 14:54

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#5
danganhaaaa

danganhaaaa

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
*đầu tiên ta c/m bổ đề : BĐT Bunhia-cốp ski
($(ax+by+cz)^{2}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
$\Leftrightarrow (ay-bx)^{2}+(yc-zb)^{2}+(cx-az)^{2}\geq 0$ (luôn đúng)

* Đặt a=myz ; b=nxz ; c=pxy với m,n,p>0
Do ax+by+cz=xyz nên suy ra m+n+p=1 (vì x,y,z khác 0)
suy ra $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{a+c}$
=$\sqrt{myz+nxz}+\sqrt{nxz+pxy}+\sqrt{pxy+myz}$
=$\sqrt{z}\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}\sqrt{px+mz}$
Áp dụng bổ đề(BĐT Bunhia) ta được
$(\sqrt{z}\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}\sqrt{px+mz})^{2}\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz)$
=$(m+n+p)(x+y+z)(x+y+z)$
=$(m+n+p)(x+y+z)^{2}$
=$(x+y+z)^{2}$(vì m+n+p=1)

vậy nên ta được $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq x+y+z$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\frac{my+nz}{z}=\frac{nz+py}{x}=\frac{px+mz}{y}$
$\Leftrightarrow \frac{b+c}{x^{2}}=\frac{a+c}{y^{2}}=\frac{a+b}{z^{2}}$
đặt $\Leftrightarrow \frac{b+c}{x^{2}}=\frac{a+c}{y^{2}}=\frac{a+b}{z^{2}}$=t
vì $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}=x+y+z$
mà $a+b=tx^{2}\rightarrow \sqrt{a+b}=\sqrt{t}.z$
tương tự nên suy ra
$\sqrt{t}(x+y+z)=x+y+z$
$\Rightarrow t=1$
do đó
$\frac{b+c}{x^{2}}=\frac{a+c}{y^{2}}=\frac{a+b}{z^{2}}=1$
suy ra $a+b=z^{2};b+c=x^{2};a+c=y^{2}$
suy ra $a=\frac{y^{2}+z^{2}-x^{2}}{2}$
$b=\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2}$
$c=\frac{x^{2}+y^{2}-z^{2}}{2}$
lại thay vào pt đầu(ax+by+cz=xyz)
nên suy ra (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)=0(dễ phân tích)
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=z\\ y+z=x\\ z+x=y \end{matrix}\right.$
suy ra x+y+z=2(x+y+z) hay x+y+z=0 (*)
lại có x ; y ; z>0 nên mâu thuẫn với (*)
vậy hệ phương trình vô nghiệm.

Sai từ chỗ:

Áp dụng bổ đề(BĐT Bunhia) ta được
$(\sqrt{z}\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}\sqrt{px+mz})^{2}\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz)$
=$(m+n+p)(x+y+z)(x+y+z)$
=$(m+n+p)(x+y+z)^{2}$
=$(x+y+z)^{2}$(vì m+n+p=1)

Không có dấu bằng em à :)

S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 11:03

ĐĂNG ANH VÍP BRỒ 97

#6
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
Đặt $a = yzm;b = zxn;c = xyp\left( {m,n,p > 0} \right)$
Vì ${\rm{ax}} + by + cz = xyz$ nên:
$xyzm + xyzn + xyzp = xyz \Leftrightarrow m + n + p = 1$
Ta có: $\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + a} = \sqrt {yzm + zxn} + \sqrt {zxn + xyp} + \sqrt {xyp + yzm} $
$ = \sqrt {z\left( {ym + xn} \right)} + \sqrt {x\left( {zn + yp} \right)} + \sqrt {y\left( {xp + zm} \right)}$
Áp dụng Cauchy - Schwarz, ta có:
${\left( {\sqrt {z\left( {ym + xn} \right)} + \sqrt {x\left( {zn + yp} \right)} + \sqrt {y\left( {xp + zm} \right)} } \right)^2} \le \left( {x + y + z} \right)\left( {ym + xn + zn + yp + xp + zm} \right)$
Do x,y,z,m,n,p đều dương nên: $ym + xn + zn + yp + xp + zm = m\left( {y + z} \right) + n\left( {z + x} \right) + p\left( {x + y} \right)$
$ < m\left( {y + z + x} \right) + n\left( {z + x + y} \right) + p\left( {x + y + z} \right)$
$= \left( {x + y + z} \right)\left( {m + n + p} \right)=x+y+z$
Suy ra: $\left( {x + y + z} \right).\left( {ym + xn + zn + yp + xp + zm} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^2}$
=> $\sqrt {z\left( {ym + xn} \right)} + \sqrt {x\left( {zn + yp} \right)} + \sqrt {y\left( {xp + zm} \right)} \le x + y + z$
=> $\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + a} < x + y + z$
Mâu thuẫn với phương trình 2 của hệ đã cho.
Vậy hệ pt đã cho vô nghiệm.

Viết sai ở chỗ:

Suy ra: $\left( {x + y + z} \right).\left( {ym + xn + zn + yp + xp + zm} \right) \le {\left( {x + y + z} \right)^2}$
=> $\sqrt {z\left( {ym + xn} \right)} + \sqrt {x\left( {zn + yp} \right)} + \sqrt {y\left( {xp + zm} \right)} \le x + y + z$
=> $\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + a} < x + y + z$

Mở rộng 6,7,8 giống nhau
Mở rộng 1,2 giống nhau
Mở rộng 3,4,5 là các hệ quả tương đương nhưng vẩn cho điểm :)
D - B = 9h
E = 9
F = 50
S = 116

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 12:02

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#7
nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
Mở rộng 1:
Đề bài:
Với $x,y,z,t$ là các tham số dương cho trước, giải hệ pt sau trên tập số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz+dt = xyzt \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + d}+\sqrt {d + a}+\sqrt {b + d}+\sqrt {a + c} =\sqrt{\frac{3}{8}(x+y+z+t)^3} \\
\end{array} \right.
\]
Lời giải mở rộng 1:
Đặt $a=myzt,b=nxzt,c=pxyt,d=qxyz$ với $n,m,p,q>0$
Từ giả thiết suy ra $m+n+p+q=1$

$(\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + d}+\sqrt {d + a}+\sqrt {b + d}+\sqrt {a + c})^2$
$=(\sum (\sqrt{zt}.\sqrt{my+nx}))^2$
$\leq (xy+yz+zt+tx+zx+ty)(my+nx+nz+py+pt+qz+mt+qx+mz+px+nt+qy)$
$\leq \frac{3}{8}(x+y+z+t)^2(x(n+p+q)+y(m+p+q)+z(m+n+q)+t(m+n+p))$
$< \frac{3}{8}(x+y+z+t)^2(x+y+z+t)(m+n+p+q)$
$=\frac{3}{8}(x+y+z+t)^3$
Suy ra $\sqrt {a + b} + \sqrt {b + c} + \sqrt {c + d}+\sqrt {d + a}+\sqrt {b + d}+\sqrt {a + c}$ $<\sqrt{\frac{3}{8}(x+y+z+t)^3}$
Suy ra vô lý
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#8
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
MR1: Không dừng lại ở bậc nhất, ta biến cho đề thêm "đồ sộ" hơn :icon6:
Giải hệ phương trình trên tập số dương (x,y,z là tham số; x,y,z>0, n là số thực):
$\left\{ \begin{array}{l}
{a^n}x + {b^n}y + {c^n}z = xyz \\
\sqrt {{a^n} + {b^n}} + \sqrt {{b^n} + {c^n}} + \sqrt {{c^n} + {a^n}} = xyz \\
\end{array} \right.$
Nhìn vào đề nhiều bạn còn chưa có nhiều kinh nghiệm có thể "sửng sốt" nhưng bằng phép đặt ẩn phụ: $A = {a^n};B = {b^n};C = {c^n}$.
Vì a,b,c>0, n là số thực nên A,B,C > 0 ta đưa về bài toán ban đầu và giải được hệ pt trong MR1 vô nghiệm.

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#9
nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
Mở rộng 2:

_____________________________________________________________
Giải hệ phương trình sau với $a,b,c,x,y,z \geq 0$
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz = xyz \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} =x+y+z \\
\end{array} \right.
\]
______________________________________________________________
Lời giải:
Xét $x+y+z=0$. Khi đó $x=y=z=0$ (vì $x,y,z \geq 0$)
Suy ra $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}=0$
Suy ra $a+b=b+c=c+a=0$
Hay $a=b=c=0$
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm $(x,y,z,a,b,c)=(0,0,0,0,0,0)$
Xét $a+b+c \neq 0$
Ta đặt $a=myz, b=nzx, c=pxy$ với $m,n,p \geq 0$
Từ giả thiết $ax+by+cz=xyz$ và $x+y+z > 0$
Suy ra $m+n+p=1$

Từ đó ta được:
$$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$$
$$=\sqrt{myz+nzx}+\sqrt{nzx+pxy}+\sqrt{pxy+myz}$$
$$=\sqrt{z}.\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}.\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}.\sqrt{px+mz}$$

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta được:
$$(\sqrt{z}.\sqrt{my+nx}+\sqrt{x}.\sqrt{nz+py}+\sqrt{y}.\sqrt{px+mz})^2$$
$$\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz)$$
$$\leq (x+y+z)(my+nx+nz+py+px+mz+mx+ny+zp)$$
$$=(m+n+p)(x+y+z)^2$$
$$=(x+y+z)^2$$
Suy ra :
$$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} \leq x+y+z$$
Vậy:
$$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} = x+y+z$$
$$\Leftrightarrow \frac{my+nx}{z}=\frac{nz+py}{x}=\frac{px+mz}{y}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b}{z^2}=\frac{b+c}{x^2}=\frac{c+a}{y^2}=k$$
Vì $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} = x+y+z$
Suy ra $\sqrt{k}(x+y+z)=x+y+z$
Hay $k=1$ (vì $x+y+z>0$)
Vậy
$$\frac{a+b}{z^2}=\frac{b+c}{x^2}=\frac{c+a}{y^2}=1$$
Suy ra:
$$a=\frac{y^2+z^2-x^2}{2}$$
$$b=\frac{z^2+x^2-y^2}{2}$$
$$c=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}$$
Thay vào phương trình $a x+by+cz=xyz$ ta được:
$$(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=0$$
$\Leftrightarrow x+y=z$ hoặc $y+z=x$ hoặc $x+z=y$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x+y=z$
Từ đó suy ra:
$$a=y(x+y)$$
$$b=x(x+y)$$
$$c=-xy$$
Mà $c \geq 0$ và $x=y=0$
Khi đó ta được $cz=0$
Suy ra $c=z=0$ (vì $c,a \geq 0$)
Mà khi đó $m+n+p=0$ nên vô lý
Tóm lại, Hệ phương trình đã cho có nghiệm $(x,y,z,a,b,c)=(0,0,0,0,0,0)$

Bỏ mở rộng này. Sai ở chỗ:

Vậy:
$$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} = x+y+z$$
$$\Leftrightarrow \frac{my+nx}{z}=\frac{nz+py}{x}=\frac{px+mz}{y}$$

$x,y,z$ có thể bằng $0$ mà ;)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 11:51

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#10
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
MR1:Không dừng lại ở bậc nhất, ta hãy thử mở rộng, tuy không khác gì mấy so với bài toán gốc, nhưng sẽ "đồ sộ" hơn :icon6:
Giải hệ phương trình trên tập số dương (x,y,z là tham số; x,y,z>0, n là số thực):
$\left\{ \begin{array}{l}
{a^n}x + {b^n}y + {c^n}z = xyz \\
\sqrt {{a^n} + {b^n}} + \sqrt {{b^n} + {c^n}} + \sqrt {{c^n} + {a^n}} = xyz \\
\end{array} \right.$
Nhìn vào đề nhiều bạn còn chưa có nhiều kinh nghiệm có thể "sửng sốt" nhưng bằng phép đặt ẩn phụ: $A = {a^n};B = {b^n};C = {c^n}$.
Vì a,b,c>0, n là số thực nên A,B,C > 0 ta đưa về bài toán ban đầu và giải được hệ pt trong MR1 vô nghiệm.
MR2: Thay ở MR1 với $n=2$ , nhưng biến đổi một tí, ta được bài toán khá đẹp sau (mất dấu căn thôi mà :icon6:)
Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
{a^2}x + {b^2}y + {c^2}z = xyz \\
\left( {a + b + c} \right)\sqrt 2 = x + y + z \\
\end{array} \right.$
Lấy ý tưởng từ bài toán gốc, ta dễ dàng chứng minh như bài toán gốc, ta được: $\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2}} + \sqrt {{c^2} + {a^2}} < x + y + z$
Ta chứng minh:$\left( {a + b + c} \right)\sqrt 2 \le \sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2}} + \sqrt {{c^2} + {a^2}} $
Thật vậy, theo Cauchy-Schwarz:${\left( {a + b} \right)^2} \le 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \Rightarrow a + b \le \sqrt 2 .\sqrt {a{}^2 + {b^2}} $
Xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế theo vế, ta được:
$2\left( {a + b + c} \right) \le \sqrt 2 .\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2}} + \sqrt {{c^2} + {a^2}} } \right)$
$ \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\sqrt 2 \le \sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2}} + \sqrt {{c^2} + {a^2}} $
$ \Rightarrow \left( {a + b + c} \right)\sqrt 2 < x + y + z$
Mâu thuẫn với pt 2 của hệ nên hệ vô nghiệm.
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#11
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
Nhờ mod xóa giúp 2 mở rộng 1 đã post, em xin post lại MR1:

MR1: Không chỉ dừng lại ở bậc nhất, thử với bậc n, ta được bài toán cũng phương pháp như vậy nhưng "đồ sộ" hơn :icon6: :
Giải hệ phương trình trên tập số dương (x,y,z là tham số; x,y,z>0, n là số thực):

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{a^n}x + {b^n}y + {c^n}z = xyz} \\
{\sqrt {{a^n} + {b^n}} + \sqrt {{b^n} + {c^n}} + \sqrt {{c^n} + {a^n}} = x + y + z} \\
\end{array}} \right.$

Nhìn vào đề nhiều bạn còn chưa có nhiều kinh nghiệm có thể "sửng sốt" nhưng bằng phép đặt ẩn phụ: $A = {a^n};B = {b^n};C = {c^n}$.
Vì a,b,c>0, n là số thực nên A,B,C > 0 ta đưa về bài toán ban đầu và giải được hệ pt trong MR1 vô nghiệm.
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#12
ninhxa

ninhxa

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 139 Bài viết
-Với a,b,c,x,y,z là các số dương ta có:
$x=\frac{xyz}{yz}=\frac{ax+by+cz}{yz}=\frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}$

-Tượng tự ta có:
$y> \frac{a}{z}+\frac{c}{x}$
$z> \frac{b}{x}+\frac{a}{y}$

-Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có:
$x+y+z> \frac{a+b}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{b+c}{x}$
Hay $2(x+y+z)> \frac{a+b}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{b+c}{x}+x+y+z$ (*)

-Mà theo bất đẳng thức AM_GM cho 2 số dương ta có:
$x+\frac{b+c}{x}\geq 2\sqrt{b+c}$
$y+\frac{c+a}{y}\geq 2\sqrt{c+a}$
$z+\frac{a+b}{z}\geq 2\sqrt{a+b}$
Hay $\frac{a+b}{z}+\frac{c+a}{y}+\frac{b+c}{x}+x+y+z \geq 2\left ( \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} \right )$ (**)

-Từ (*) và (**) ta có; $x+y+z> \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$
-Vậy hệ phương trình vô nghiệm

Bài giải chính xác. Chuẩn ko cần chỉnh :)
D - B = 11h
E = 10
F = 0
S = 67

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 11:18

Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.


#13
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
MR3: Giải hệ phương trình trên tập số dương (a,b,c,x,y,z > 0).
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{ax + by + cz = xyz} \\
{\sqrt[3]{{a + b}} + \sqrt[3]{{b + c}} + \sqrt[3]{{c + a}} = \frac{2}{3}\left( {x + y + z} \right) + 1} \\
\end{array}} \right.$
Lời giải:
Đặt $a = yzm,b = zxn,c = xyp \Rightarrow m,n,p > 0\& m + n + p = 1$
Theo AM-GM:
$\sqrt[3]{{a + b}} = \sqrt[3]{{yzm + zxn}} = \sqrt[3]{{z.\left( {ym + zn} \right).1}} \le \frac{{z + ym + xn + 1}}{3}$
Tương tự: $\sqrt[3]{{b + c}} \le \frac{{x + zn + yp + 1}}{3};\sqrt[3]{{c + a}} \le \frac{{y + xp + zm + 1}}{3}$
$\Rightarrow \sqrt[3]{{a + b}} + \sqrt[3]{{b + c}} + \sqrt[3]{{c + a}} \le \frac{{\left( {z + ym + xn + 1} \right) + \left( {x + zn + yp + 1} \right) + \left( {y + xp + zm + 1} \right)}}{3}$
$ = \frac{{\left( {x + y + z} \right) + m\left( {y + z} \right) + n\left( {z + x} \right) + p\left( {x + y} \right) + 3}}{3}$
$ < \frac{{\left( {x + y + z} \right) + m\left( {x + y + z} \right) + n\left( {x + y + z} \right) + p\left( {x + y + z} \right) + 3}}{3}$
$= \frac{2}{3}\left( {x + y + z} \right) + 1$(vì x,y,z,m,n,p>0)
Mâu thuẫn với phương trình 2 của hệ, do đó hệ vô nghiệm.
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#14
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
Từ MR3, ta nghĩ đến MR4 như sau:
MR4: Giải hệ phương trình trên tập số dương (x,y,z là tham số; x,y,z>0; $k \ge 2$):
$\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{ax}} + by + cz = xyz \\
\sqrt[k]{{a + b}} + \sqrt[k]{{b + c}} + \sqrt[k]{{c + a}} = \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k} \\
\end{array} \right.$
Lời giải:
Đặt $a = yzm,b = zxn,c = xyp$
$ \to m,n,p > 0\& m + n + p = 1$
Ta có:
$\sqrt[k]{{a + b}} = \sqrt[k]{{yzm + zxn}} = \sqrt[k]{{1.1...1.z.\left( {ym + xn} \right)}}$ ($k-2$ thừa số 1)
Mà theo AM-GM, thì:
$\sqrt[k]{{1.1...1.z.\left( {ym + xn} \right)}}$($k-2$ thừa số $1$)
$ \le \frac{{z + ym + xn + \left( {k - 2} \right)}}{k}$
Tương tự:
$\sqrt[k]{{b + c}} \le \frac{{x + zn + yp + \left( {k - 2} \right)}}{k};\sqrt[k]{{c + a}} \le \frac{{y + xp + zm + \left( {k - 2} \right)}}{k}$
Suy ra:$\sqrt[k]{{a + b}} + \sqrt[k]{{b + c}} + \sqrt[k]{{c + a}} \le \frac{{\left( {x + y + z} \right) + m\left( {y + z} \right) + n\left( {z + x} \right) + p\left( {x + y} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k}$
$< \frac{{\left( {x + y + z} \right) + m\left( {x + y + z} \right) + n\left( {y + z + x} \right) + p\left( {z + x + y} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k}$
$< \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k}$
(do $m+n+p=1$)
Mâu thuẫn với pt 2 trong hệ đã cho
Vậy hệ pt vô nghiệm.
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#15
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
MR5: Ta thử làm một động tác nho nhỏ đối với MR4, ta sẽ được bài toán:
Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
{{\rm{a}}^k}{\rm{x}} + {b^k}y + {c^k}z = xyz \\
\sqrt[k]{2}\left( {a + b + c} \right) = \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k} \\
\end{array} \right.$
Lời giải:
Lúc này, dễ dàng chứng minh được theo MR4 là:
$\sqrt[k]{{{a^k} + {b^k}}} + \sqrt[k]{{{b^k} + {c^k}}} + \sqrt[k]{{{c^k} + {a^k}}} < \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k}$
Bổ đề: Với mọi X,Y>0, ta có: ${X^m} + {Y^m} \ge \frac{{{{\left( {X + Y} \right)}^m}}}{{{2^{m - 1}}}}\left( {m \ge 2;m \in N} \right)$
CM: Áp dụng AM-GM:
$\frac{{{X^m}}}{{{X^m} + {Y^m}}} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{2}$ ($m-1$ số $\frac{1}{2}$)$ \ge m\sqrt[m]{{\frac{{{X^m}}}{{\left( {{X^m} + {Y^m}} \right){{.2}^{m - 1}}}}}}$
$\Rightarrow \frac{{{X^m}}}{{{X^m} + {Y^m}}} + \frac{{m - 1}}{2} \ge m\sqrt[m]{{\frac{{{X^m}}}{{\left( {{X^m} + {Y^m}} \right){{.2}^{m - 1}}}}}} = m.\frac{X}{{\sqrt[m]{{\left( {{X^m} + {Y^m}} \right){{.2}^{m - 1}}}}}}$
Tương tự: $\frac{{{Y^m}}}{{{X^m} + {Y^m}}} + \frac{{m - 1}}{2} \ge m.\frac{Y}{{\sqrt[m]{{\left( {{X^m} + {Y^m}} \right){{.2}^{m - 1}}}}}}$
Cộng vế theo vế 2 bđt trên và biến đổi, ta được:
$1 \ge \frac{{X + Y}}{{\sqrt[m]{{\left( {{X^m} + {Y^m}} \right){{.2}^{m - 1}}}}}} \Rightarrow {X^m} + {Y^m} \ge \frac{{{{\left( {X + Y} \right)}^m}}}{{{2^{m - 1}}}}\left( {m \ge 2;m \in N} \right)\left( {Q.E.D} \right)$
Như vậy bổ đề đã được chứng minh.
Áp dụng vào bài toán, ta có:
${a^k} + {b^k} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^k}}}{{{2^{k - 1}}}} = \frac{{2{{\left( {a + b} \right)}^k}}}{{{2^k}}}$
$\Rightarrow \sqrt[k]{{{a^k} + {b^k}}} \ge \sqrt[k]{{\frac{{2{{\left( {a + b} \right)}^k}}}{{{2^k}}}}} = \frac{{\sqrt[k]{2}\left( {a + b} \right)}}{2}$
Xây dựng 2 bđt tương tự và cộng vế theo vế, ta được:
$\sqrt[k]{{{a^k} + {b^k}}} + \sqrt[k]{{{b^k} + {c^k}}} + \sqrt[k]{{{c^k} + {a^k}}} \ge \frac{{\sqrt[k]{2}\left( {a + b} \right)}}{2} + \frac{{\sqrt[k]{2}\left( {b + c} \right)}}{2} + \frac{{\sqrt[k]{2}\left( {c + a} \right)}}{2} = \sqrt[k]{2}\left( {a + b + c} \right)$
$ \Rightarrow \sqrt[k]{2}\left( {a + b + c} \right) < \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + 3\left( {k - 2} \right)}}{k}$
Mâu thuẫn với pt 2 của hệ.
Do vậy, hệ vô nghiệm.
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#16
Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết

Do MSS22 không post đề đúng thời hạn nên BTC đưa ra đề dự bị như sau:
Với $x,y,z$ là các tham số dương cho trước, giải hệ pt sau trên tập số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz = xyz \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} =x+y+z \\
\end{array} \right.
\]

Lâu ko vào MSS chém tj' :lol:

Tù pt đầu $\Rightarrow \frac{a}{xy}+\frac{b}{yz}+\frac{c}{zx}= 1$
$\Rightarrow \frac{a}{yz}+\frac{b}{zx}< 1\Leftrightarrow ax+by< xyz\Rightarrow z> \frac{a}{y}+\frac{b}{x}$
Tuong tụ : $x> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}$ , $y> \frac{a}{z}+\frac{c}{x}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta đc :
$2(x+y+z)> \frac{b}{z}+\frac{c}{y}+ \frac{a}{z}+\frac{c}{x}+\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+x+y+z$
$= (\frac{a+b}{z}+z)+(\frac{b+c}{x}+x)+(\frac{c+a}{y}+y)$
$\geq 2( \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})$
$\Rightarrow x+y+z> \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$
Vì dấu "=" ko xảy ra nên mâu thuẫn vs PT thú 2 của hệ .
Vậy hệ PT đã cho vô nghiệm .

Bài giải chính xác. Chuẩn ko cần chỉnh :)
D - B = 24h
E = 10
F = 0
S = 54

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 11:14


#17
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
MR6: Thử tăng số biến lên nhé!
Giải hệ phương trình trên tập số dương. (x,y,z,t là các tham số dương).
$\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{ax}} + by + cz + dt = xyzt \\
\sqrt[3]{{a + b}} + \sqrt[3]{{b + c}} + \sqrt[3]{{c + d}} + \sqrt[3]{{d + a}} = x + y + z + t \\
\end{array} \right.$ời

Lời giải:
Đặt: $a = yztm;b = ztxn;c = txyp;d = xyzq$
$ \to m,n,p,q > 0\& m + n + p + q = 1$
Ta có:
$\sqrt[3]{{a + b}} = \sqrt[3]{{yztm + ztxn}} = \sqrt[3]{{z.t.\left( {ym + xn} \right)}} \le \frac{{z + t + ym + xn}}{3}$
Tương tự:
$\sqrt[3]{{b + c}} \le \frac{{t + x + zn + yp}}{3}$
$\sqrt[3]{{c + d}} \le \frac{{x + y + tp + zq}}{3}$
$\sqrt[3]{{d + a}} \le \frac{{y + z + xq + tm}}{3}$
Suy ra:
$\sqrt[3]{{a + b}} + \sqrt[3]{{b + c}} + \sqrt[3]{{c + d}} + \sqrt[3]{{d + a}} \le \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + m\left( {y + t} \right) + n\left( {z + x} \right) + p\left( {y + t} \right) + q\left( {z + x} \right)}}{3}$
$ = \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + \left( {m + p} \right)\left( {y + t} \right) + \left( {n + q} \right)\left( {z + x} \right)}}{3}$
$< \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + \left( {m + p} \right)\left( {x + z + y + t} \right) + \left( {n + q} \right)\left( {y + t + z + x} \right)}}{3}$
$= \frac{{2\left( {x + y + z} \right) + \left( {m + n + p + q} \right)\left( {x + y + z + t} \right)}}{3} = x + y + z + t$ (do $m+v+p+q=1$ & tất cả các số đều dương).
=> Mâu thuẫn với phương trình 2 của hệ
Do vậy hệ vô nghiệm.
___

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#18
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Do MSS22 không post đề đúng thời hạn nên BTC đưa ra đề dự bị như sau:
Với $x,y,z$ là các tham số dương cho trước, giải hệ pt sau trên tập số dương:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
ax + by + cz = xyz \\
\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} =x+y+z \\
\end{array} \right.
\]

Bổ đề:
Với 2 bộ số $\left( {{a_1};{a_2};{a_3}} \right)$ và $\left( {{b_1};{b_2};{b_3}} \right)$ ta có:
\[\left( {{a_1}^2 + {a_2}^2 + {a_3}^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + b_3^2} \right) \ge {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + {a_3}{b_3}} \right)^2}\]
Ta có:
\[VT = \left( {{a_1}^2 + {a_2}^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2} \right) + a_3^2\left( {b_1^2 + b_2^2} \right) + {b_3}^2\left( {{a_1}^2 + {a_2}^2} \right) + {a_3}^2{b_3}^2\]
\[ \ge {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2}} \right)^2} + \left( {a_3^2b_1^2 + {a_1}^2{b_3}^2} \right) + \left( {a_3^2b_2^2 + {a_2}^2{b_3}^2} \right) + {a_3}^2{b_3}^2\]
\[ \ge {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2}} \right)^2} + {a_3}^2{b_3}^2 + 2{a_1}{a_3}{b_1}{b_3} + 2{a_2}{a_3}{b_2}{b_3} = {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + {a_3}{b_3}} \right)^2}\]

Bài làm:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ax + by + cz = xyz \textbf{ (1)}}\\{\sqrt {a + b} + \sqrt {a + c} + \sqrt {b + c} = x + y + z\textbf{ (2)}}\end{array}} \right.\]
Ta có:
\[(1) \Leftrightarrow \frac{a}{{yz}} + \frac{b}{{zx}} + \frac{c}{{xy}} = 1\]
Đặt $m = \frac{a}{{yz}};n = \frac{b}{{zx}};p = \frac{c}{{xy}}$ thì $a=myz;b=nzx;c=pxy$
Ta được:
\[(2) \Leftrightarrow \sqrt {x(yp + zn)} + \sqrt {y(xp + zm)} + \sqrt {z(xn + ym)} = x + y + z\]
Mà áp dụng bổ đề ta có:
\[V{T_{(2)}} \le \sqrt {(x + y + z)(yp + zn + xp + zm + xn + ym)} \]
\[ = \sqrt {(x + y + z)\left[ {m(y + z) + n(z + x) + p(x + y)} \right]} \]
\[ < \sqrt {(x + y + z)\left[ {m(x + y + z) + n(z + x + y) + p(z + x + y)} \right]} \]
\[ = \sqrt {(x + y + z)(m + n + p)(x + y + z)} = x + y + z\]
Suy ra:
\[V{T_{(2)}} < V{P_{(2)}}\]
Vậy kết luận hệ phương trình không có nghiệm dương

Cách giải đúng. Phong cách trình bày rất giống thầy Việt :)
D - B = 28h
E = 10
F = 6
S = 56

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 11:42

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#19
daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
Ta có hệ pt sau: $\left\{\begin{matrix}
ax+by+cz=xyz(1)\\
\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}=x+y+z(2)
\end{matrix}\right.$ với $a,b,c,x,y,z>0.$
Chia 2 vế của $(1)$ cho $xyz>0$ ta được $\frac{a}{yz}+\frac{b}{xz}+\frac{c}{xy}=1$
$\Rightarrow \frac{a}{yz}+\frac{b}{zx}<1$ (vì $\frac{c}{xy}>0$)
$\Leftrightarrow z>\frac{a}{y}+\frac{b}{x}.$
Tương tự, $x>\frac{b}{z}+\frac{c}{y}; y>\frac{a}{z}+\frac{c}{x}.$
Khi đó $2(x+y+z)>\frac{b}{z}+\frac{c}{y}+\frac{a}{z}+\frac{c}{x}+\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+x+y+z$
$=(\frac{a+b}{z}+z)+(\frac{b+c}{x}+x)+(\frac{c+a}{y}+y)$
$\geq 2(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})$ (AM-GM 2 số)
$\Leftrightarrow \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}<x+y+z (3)$
Từ $(2),(3)\Rightarrow$ pt vô nghiệm. :D

Bài giải chính xác. Chuẩn ko cần chỉnh :)
D - B = 30h
E = 10
F = 0
S = 48

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 29-05-2012 - 11:22


#20
NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
MR7: Không dừng lại ở 4 biến, quả thật rất thú vị ở bài này, ta thử nâng lên một tí, 5 biến, nếu được, ta sẽ thấy rất đặc biệt và cũng có thể làm điểm tựa để ta nâng thêm nhiều biến hơn nữa. :icon6:
_________________________________________________
:nav:Giải phương trình sau trên tập số dương :

$\left\{ \begin{array}{l}

{a_1}{x_1} + {a_2}{x_2} + {a_3}{x_3} + {a_4}{x_4} + {a_5}{x_5} = {x_1} \\
\sqrt[4]{{{a_1} + {a_2}}} + \sqrt[4]{{{a_2} + {a_3}}} + \sqrt[4]{{{a_3} + {a_4}}} + \sqrt[4]{{{a_4} + {a_5}}} + \sqrt[4]{{{a_5} + {a_1}}} = {x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + {x_5} \\
\end{array} \right.$
( Với ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4},{x_5}$ là các tham số dương).
:icon11: Lời giải:
Đặt $\begin{array}{l}
{a_1} = {x_2}{x_3}{x_4}{x_5}{m_1};{a_2} = {x_3}{x_4}{x_5}{x_1}{m_2};{a_3} = {x_4}{x_5}{x_1}{x_2}{m_3}; \\
{a_4} = {x_5}{x_1}{x_2}{x_3}{m_4};{a_5} = {x_1}{x_2}{x_3}{x_4}{m_5} \\
\end{array}$
$\to {m_1},{m_2},{m_3},{m_4},{m_5} > 0;{m_1} + {m_2} + {m_3} + {m_4} + {m_5} = 1$
Ta có:

$\begin{array}{l}
\sqrt[4]{{{a_1} + {a_2}}} = \sqrt[4]{{{x_2}{x_3}{x_4}{x_5}{m_1} + {x_3}{x_4}{x_5}{x_1}{m_2}}} \\
= \sqrt[4]{{{x_3}{x_4}{x_5}\left( {{x_2}{m_1} + {x_1}{m_2}} \right)}} \le \frac{{{x_3} + {x_4} + {x_5} + {x_2}{m_1} + {x_1}{m_2}}}{4} \\
\end{array}$
Và giải tương tự như MR6
___
Suy nghĩ này sẽ dẫn đến hệ tổng quát ........

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh




1 người đang xem chủ đề

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