Đổi dấu lại tì đề đúng. hỉ cần đặt x=b+c-a, y=c+a-b và z=a+b-c
Ta có bất đẳng thức tương đương với sqrt(x/(y+z)) + sqrt(y/(z+x)) + sqrt(z/(x+y)) <= 3/sqrt2.
Đây là bài thi Olympic 30/4 lớp 10 cách đây 2 năm
quangvinht2
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 53
- Lượt xem: 2845
- Danh hiệu: Hạ sĩ
- Tuổi: Chưa nhập tuổi
- Ngày sinh: Chưa nhập ngày sinh
-
Giới tính
Bí mật
1
Trung bình
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
Trong chủ đề: 3 cạnh tam giác nhọn
10-10-2010 - 13:20
Trong chủ đề: help
12-11-2009 - 22:16
Các bạn còn nhỏ, trước khi nói người khác sai, đề nghị chỉ rõ chỗ đánh giá nào sai. Hai lời giải đầu tiên là như nhau. Vì phần đánh giá không có dâú "=" là đánh giá phụ. Dấu "+" xảy ra khi S=3 tức là a=b=c=1. Thân.
Trong chủ đề: help
11-11-2009 - 23:50
Giải thế này ko biết đúng ko
Đặt $S=a+b+c \Rightarrow 0 \leq S \leq 3$
Ta có $ (3-S).(3-S).2S \leq (\dfrac{(3-S+3-S+2S)}{3} )^{3} \Rightarrow (3-S)^{2}.S \leq 4$
Tiếp theo $(1-a)(1-b)(1-c)S \leq \dfrac{(3-S)^{3}}{27} .S \leq \dfrac{4(3-S)}{27} \leq \dfrac{3-S}{3} =1- \dfrac{S}{3} $
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)+ \dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{S} $
Đặt $S=a+b+c \Rightarrow 0 \leq S \leq 3$
Ta có $ (3-S).(3-S).2S \leq (\dfrac{(3-S+3-S+2S)}{3} )^{3} \Rightarrow (3-S)^{2}.S \leq 4$
Tiếp theo $(1-a)(1-b)(1-c)S \leq \dfrac{(3-S)^{3}}{27} .S \leq \dfrac{4(3-S)}{27} \leq \dfrac{3-S}{3} =1- \dfrac{S}{3} $
$\Rightarrow (1-a)(1-b)(1-c)+ \dfrac{1}{3} \leq \dfrac{1}{S} $
Trong chủ đề: Mời sir. Nam Dũng
11-11-2009 - 13:42
Thế BDT Tchebysev có chiều đảo à bạn? ;Ta đã có $(3a+M)(3x+N)\le 36$ rồi mà
Tức là nếu theo BDT Tchebyshev,ta có $(3a+M)(3x+N)\le \dfrac{1}{2}(1+3)(a+M).\dfrac{1}{2}(1+3)(x+N)=36$(đúng)
Từ đây ta suy ra đây là 2 bộ đơn điệu ngược chiều thôi
Trong chủ đề: Thử làm bài này mà không dùng Lagrange
11-11-2009 - 13:17
Có lời giải này không biết đúng không. Thầy Dũng và các bạn kiểm tra dùng. Thanks
ta có: $ abc+bcd+cda+dab=bc(a+d)+ad(b+c) \leq \dfrac{(a+d)(b+c)}{2} ( \sqrt{ad}+ \sqrt{bc}) \leq \dfrac{(ab+cd+ac+bd)}{2} \sqrt{2(ad+bc)} $
Do đó: $(abc+bcd+cda+dab)^{2} \leq 2. \dfrac{ab+cd+ac+bd}{2} . \dfrac{ab+cd+ac+bd}{2} . (ad+bc) \leq 2(\dfrac{ab+cd+ac+bd+ad+bc}{3} )^{3} $
Từ đó ra đpcm
ta có: $ abc+bcd+cda+dab=bc(a+d)+ad(b+c) \leq \dfrac{(a+d)(b+c)}{2} ( \sqrt{ad}+ \sqrt{bc}) \leq \dfrac{(ab+cd+ac+bd)}{2} \sqrt{2(ad+bc)} $
Do đó: $(abc+bcd+cda+dab)^{2} \leq 2. \dfrac{ab+cd+ac+bd}{2} . \dfrac{ab+cd+ac+bd}{2} . (ad+bc) \leq 2(\dfrac{ab+cd+ac+bd+ad+bc}{3} )^{3} $
Từ đó ra đpcm
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Bài viết: quangvinht2