Thứ 2, ngày 21/7

Code Matlab các bài tập

Vì lý do kỹ thuật nên mình xin phép mượn đất của diễn đàn để post tạm một số nội dung của môn học.
Nội dung thứ 4 ngày 16/7

Em nghĩ rằng ở trường phổ thông chỉ cần dạy chứng minh BDT bằng khảo sát hàm số và 1 ít về BDT Cauchy và Bunhniacopski (chủ yếu là n=2) là đủ. Nếu học sinh hiểu chắc thì đã khá đủ cho các ứng dụng sau này (không phải chỉ để phục vụ thi đại học).

Còn về vấn đề "nghiên cứu BDT sơ cấp" thì em thấy thời gian qua nó đã đi quá đà rồi.

Cảm ơn Hùng về bài viết, đặc biệt là định lý 1 rất thú vị. Chúc em học tốt và ngày càng thành công.

Chào cả nhà.
Về "phương pháp" cố định A+B+C=const và ABC=const, rồi đưa về trường hợp tới hạn, ví dụ A=B hoặc C=0, trong đó A,B,C là các biểu thức theo a,b,c, thì anh nghĩ là không đúng (Hôm trước nhân tiện đọc bài GLA của Việt Anh anh cũng gửi một chú ý về điều đó, không biết Việt Anh đọc kỹ chưa).
Thật ra ý tưởng của cách làm này được nói trong 1 bài báo của Vasc trên JIPAM ( http://jipam.vu.edu....cle.php?sid=828 ), có thể nói vắn tắt như sau:

Giả sử với c1, c2 là 2 const bất kỳ sao cho miền
A+B+C=c1
ABC=c2
khác rỗng, thì luôn tồn tại 1 trường hợp sao cho 2 trong 3 số A,B,C bằng nhau.

Khi đó việc xét min hoạc max một biểu thức, kiểu như A+B+C (hoặc đồng biến với nó), có thể đưa về trường hợp tới hạn. Lý do như sau: Mình chia bài toán thành các lớp
A+B+C=c1
ABC=c2
với c1, c2 là các hàng số. Trên mỗi lớp thì mình đều có thể đưa về trường hợp tới hạn.

Chú ý rằng trong lập luận đó thì điều Giả sử ban đầu là rất quan trọng. Trong trường hợp A,B,C chính là các biến a,b,c thì điều này đúng (được chúng minh ngay từ đầu trong bài báo của Vasc). Nhưng trong trường hợp A, B, C là các hàm theo a,b,c thì điều Giả sử này phải được kiểm chứng (không chắc đúng). Tóm lại, đây là một ý tưởng tinh tế, nhưng xài một cách ào ạt mà không quan tâm đến sự chặt chẽ thì hoàn toàn khác với tinh thần của nó.

Một điều nữa, anh không biết các áp dụng của GLA ra sao, nhưng cái định lý tổng quát, mặc dù là một kết quả đẹp, thật ra là một trường hợp riêng trong bài báo của Vasc, anh cũng đã nói với Việt Anh điều này rồi. Nghĩ ra một phương pháp không đơn giản, ngay cả trong loại toán giải trí như BDT. Anh không muốn làm mọi người buồn, đặc biệt là Việt Anh, nhưng chúng ta nên bắt đầu với việc lập luận một cách chặt chẽ, và viết ra chi tiết các ý tưởng (thay vì chỉ nghĩ trong đầu), đó là điều thật sự quan trọng mà một người học toán cần làm. Có câu: tri chi vi tri chi, bất tri vi bất tri, thị tri giả, nói ngắn gọn là biết cho thật là biết.

Cảm ơn Hùng! Bây giờ là phần cuối của bài viết này.

Một dạng bất đẳng thức chứa căn (tiếp theo)

Cũng xuất phát từ dạng BDT ở trên, ta có bài toán sau.
Bài toán 3. Cho $x, y, z \ge -1$, $x+y+z \ge 0$. Chứng minh rằng
$\sqrt{1+x+y^2}+\sqrt{1+y+z^2}+\sqrt{1+z+x^2}\ge 3$

Nhận xét rằng BDT trên có thể viết ở dạng
$\sqrt{1+x+y^2}+\sqrt{1+y+z^2}+\sqrt{1+z+x^2}\ge \sqrt{3(1+x+1+y+1+z)+(y+z+x)^2}\ge 3$

Trong lời giải đầu tiên cho bài toán trên, tôi sử dụng Bổ đề A để suy ra phải có 1 BDT kiểu sau đây (hoán vị (x,y,z) nếu cần)
$\sqrt{1+x+\dfrac{y^2}{4}}+\sqrt{1+y+\dfrac{z^2}{4}}\ge \sqrt{2(2+x+y)+\dfrac{(y+z)^2}{4}},$
rồi sau đó dùng BDT
$\sqrt{a_1^2+b_1^2}+\sqrt{a_2^2+b_2^2 }\ge \sqrt{(a_1+a_2)^2+(b_1+b_2)^2 $
để thực hiện việc dồn căn.

Tuy nhiên, khi bài toán này được đưa lên diễn đàn toán học thì thầy namdung đã đề xuất một Bổ đề khác cho phép chứng minh gọn hơn nhiều.
Chứng minh bài toán 3.
Trước hết ta có Bổ đề sau, chứng minh đơn giản bằng cách bình phương 2 vế.
Bổ đề. Cho các số thực a, b, u, v sao cho các căn thức dưới đây có nghĩa. Khi đó
$\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}\ge 1+\sqrt{1+a+b}\Leftrightarrow ab\ge 0$

Trở lại bài toán 3. Trong 3 số $x+y^2$, $y+z^2$, $z+x^2$ phải có 2 số cùng dấu (tức là tích của chúng $\ge 0$), ta có thể giả sử là $x+y^2$ và $y+z^2$. Khi đó, áp dụng Bổ đề, ta có
$\sqrt {1 + x + y^2 } + \sqrt {1 + y + z^2 } + \sqrt {1 + z + x^2 } $
$\ge 1 + \sqrt {(1 + x + y + z^2 ) + y^2 } + \sqrt {(1 + z) + x^2 }$
$\ge 1 + \sqrt {(\sqrt {1 + x + y + z^2 } + \sqrt {1 + z} )^2 + (y + x)^2 }$
$\ge 1 + \sqrt {(\sqrt {1 - z + z^2 } + \sqrt {1 + z} )^2 + z^2$
Ta có
$(\sqrt {1 - z + z^2 } + \sqrt {1 + z} )^2 + z^2 \ge 4$
$ \Leftrightarrow 2 + 2z^2 + 2\sqrt {(1 - z + z^2 )(1 + z)} \ge 4 $
$ \Leftrightarrow z^2 + \sqrt {1 + z^3 } \ge 1$
Nếu $z\ge 0$ thì $\sqrt {1 + z^3 }\ge 1$, còn nếu $z<0$ thì:
$z^2 + \sqrt {1 + z^3 } \ge z^2 + (1 + z^3 ) = 1 + z^2 (1 + z) \ge 1$
Bài toán chứng minh xong.

Bài toán 3 đã được kimluan làm mạnh thành kết quả sau đây.
Bài toán 4. Cho $x, y, z \in[-1,1]$ và x+y+z=0. Thì
$\sqrt{1+x+\dfrac{7}{9}y^2}+\sqrt{1+y+\dfrac{7}{9}z^2}+\sqrt{1+z+\dfrac{7}{9}x^2}\ge 3$
Đẳng thức xảy ra tại x=y=z=0 và x=0,y=1,z=-1. Đây là 1 BDT đẹp và ấn tượng nhưng chưa có một lời giải đơn giản nào cho nó.

Dạng BDT xuất phát từ Bổ đề A cũng có thể mở rộng cho nhiều hơn 3 số. Sau đây là một ví dụ cho trường hợp 4 số.
Bài toán 5. Cho các số thực x, y, z, t thỏa mãn $max(xy,yz,zt,tz)\le 1$. CMR
$\sqrt{1-xy+y^2}+\sqrt{1-yz+z^2}+\sqrt{1-zt+t^2}+\sqrt{1-tx+x^2}$
$\ge \sqrt{16+(x-y+z-t)^2}$

Đây là một bài toán khó. Lưu ý rằng BDT trên có thể viết ở dạng
$\sqrt{1-xy+y^2}+\sqrt{1-yz+z^2}+\sqrt{1-zt+t^2}+\sqrt{1-tx+x^2}$
$\ge \sqrt{4(1-xy+1-yz+1-zt+1-tz)+(y+z+t+x)^2}$
$=\sqrt{16+(x-y+z-t)^2}.$

Chứng minh bài toán 5.
*Trước hết, để có cảm giác về bài toán, ta hãy xét một trường hợp riêng: cho x=z, y=t. Khi đó, với điều kiện $xy\le 1$, ta cần chứng minh
$\sqrt {1 - xy + y^2 } + \sqrt {1 - xy + x^2 } \ge \sqrt {4 + (x - y)^2 }$
Để ý là $2(1-xy+1-xy)+(x+y)^2=4+(x-y)^2$, áp dụng Bổ đề A thì BDT trên tương đương với $4(1-xy)(y-x)^2\ge 0$. Điều này đúng vì $xy\le 1$.

*Trở lại bài toán tổng quát, ta sẽ tìm cách quy về trường hợp 2 số. Ta hi vọng sẽ có BDT dạng như
$\sqrt {1 - yz + z^2 } + \sqrt {1 - tx + x^2 } \ge \sqrt {1 - xy + x^2 } + \sqrt {1 - zt + z^2 }$ $$
$ \Leftrightarrow (\sqrt {1 - yz + z^2 } - \sqrt {1 - zt + z^2 } ) + (\sqrt {1 - tx + x^2 } - \sqrt {1 - xy + x^2 } ) \ge 0 $
$ \Leftrightarrow \dfrac{{z(t - y)}}{{\sqrt {1 - yz + z^2 } + \sqrt {1 - zt + z^2 } }} + \dfrac{{x(y - t)}}{{\sqrt {1 - tx + x^2 } + \sqrt {1 - xy + x^2 } }} \ge 0 $
$ \Leftrightarrow (t - y)\left( {\dfrac{z}{{\sqrt {1 - yz + z^2 } + \sqrt {1 - tz + z^2 } }} - \dfrac{x}{{\sqrt {1 - yx + x^2 } + \sqrt {1 - tx + x^2 } }}} \right) \ge 0 $
Bằng tính toán cụ thể, ta chứng minh được thừa số thứ 2 của biểu thức vế trái cùng dấu với z-x.
Do đó BDT tương đương với $(t-y)(z-x)\ge 0$ (**). Điều thú vị là bằng cách hoán vị ta có thể giả sử có điều này. Thật vậy, BDT ở đề bài là không đổi nếu ta làm việc với bộ 4 số (y,z, t, x), và với bộ 4 số này thì BDT (**) trở thành $(x-z)(t-y)\ge 0$ (***). Vì (**) và (***) phải có một cái đúng, nên ta có thể gỉ sử là (**) đúng. Khi đó đúng.

Sử dụng và trường hợp 2 số, ta có
$ \sqrt {1 - xy + y^2 } + \sqrt {1 - yz + z^2 } + \sqrt {1 - zt + t^2 } + \sqrt {1 - tx + x^2 } $
$ \ge (\sqrt {1 - xy + y^2 } + \sqrt {1 - xy + x^2 } ) + (\sqrt {1 - zt + t^2 } + \sqrt {1 - zt + z^2 } ) $
$ \ge \sqrt {4 + (x - y)^2 } + \sqrt {4 + (z - t)^2 } $
$\ge \sqrt {(2 + 2)^2 + (x - y + z - t)^2 } = \sqrt {16 + (x - y + z - t)^2 }$
Bài toán chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=t hoặc x=z,y=t,xy=1.

Dưới đây là hai bài toán khác, cũng ở dạng này, mà lời giải xin được dành lại cho các bạn.
Bài toán 6. Cho các số thực $x, y, z\in[-1,1]$ thỏa mãn x+y+z=0. CMR
$\sqrt{1+x+\dfrac{y^2}{6}}+\sqrt{1+y+\dfrac{z^2}{6}}+\sqrt{1+z+\dfrac{x^2}{6}}\le 3$

Bài toán 7. Cho các số thực $x, y, z, t\in[-1,1]$ thỏa mãn $x+y+z+t\ge 0$. CMR
$\sqrt{1+x+y^2}+\sqrt{1+y+z^2}+\sqrt{1+z+t^2}+\sqrt{1+t+x^2}\ge 4$.

------------------------------------- Hết -------------------------------------
Các bạn thân mến, có lẽ đây cũng là bài viết tạm biệt diễn đàn của Hatucdao. Mong diễn đàn sẽ tiếp tục phát triển. Chúc mọi người gặp nhiều niềm vui.

Một dạng BDT chứa căn

Bổ đề A ở bài trên cho ta một tiêu chuẩn rất dễ kiểm tra đối với BDT có vẻ ìkhông tầm thường” sau
$\sqrt {a + u^2 } + \sqrt {b + v^2}\ge \sqrt {2(a + b) + (u + v)^2 }.$
và từ đó dẫn tới khá nhiều bài toán thú vị. Bây giờ xuất hiện câu hỏi là liệu có một kết quả nào, tương tự như Bổ đề A, để áp dụng cho nhiều hơn 2 biến không? Nói riêng, trong trường hợp 3 số, thì liệu có một tiêu chuẩn nào (tương đối dễ kiểm tra) áp đặt lên các số a, b, c, x, y, z sao cho ta có
$\sqrt{a+x^2}+\sqrt{b+y^2}+\sqrt{c+a^2}\ge \sqrt{3(a+b+c)+(x+y+z)^2}$

Ở đây $\ge$ có thể thay bằng $\le$. Tuy nhiên, một tiêu chuẩn tổng quát vẫn chưa tìm ra, và các BDT dạng này vẫn là những bài toán khó, gần như mỗi bài lại cần một cách giải riêng. Chẳng hạn, ta thấy các BDT đã nói ở mục trước nằm trong dạng tổng quát này: với a, b, c không âm, a+b+c=1 thì

$\sqrt{a+k(b-c)^2}+\sqrt{b+k(c-a)^2}+\sqrt{c+k(a-b)^2}$
$\le \sqrt{3(a+b+c)+(\sqrt{k}(b-c)+ \sqrt{k}(c-a)+ \sqrt{k}(a-b))^2}=\sqrt{3}$
với $k=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, và
$\sqrt{a+(b-c)^2}+\sqrt{b+(c-a)^2}+\sqrt{c+(a-b)^2}$
$\ge \sqrt{3(a+b+c)+((b-c)+ (c-a)+ (a-b))^2}=\sqrt{3}$

Sau đây là một số ví dụ khác cho các BDT dạng này.

Bài toán 1. Cho 3 số không âm x, y, z có tổng bằng 1. CMR:
$\sqrt{x+y^2}+\sqrt{y+z^2}+\sqrt{z+x^2}\ge 2$

Nhận xét là BDT trên có dạng
$\sqrt{x+y^2}+\sqrt{y+z^2}+\sqrt{z+x^2}\ge \sqrt{3(x+y+z)+(y+z+x)^2}=\sqrt{4}=2$,
Đồng thời đẳng thức xảy ra tại x=y=z=1/3 và x=1,y=z=0.
Chứng minh bài toán 1.
Ta quan sát mối tương quan giữa các biểu thức
$a_1=x+y^2,b_1=y+z^2,b_2=z+y^2$
Ta có
$b_1-b_2=(y-z)(1-y-z)=x(y-z)$
và
$a_1=x+y^2=x(1-x)+(x+y)^2-2xy=x(y+z)+(x+y)^2-2xy=(x+y)^2-x(y-z)$
Vậy: $a_1+b_1=c+b_2$, với $c=(x+y)^2$.

Ta có bổ đề đơn giản sau đây cho phép hoán vị các biểu thức dưới dấu căn
Bổ đề. Cho các số không âm a, b, c, d thỏa mãn a+b=c+d và $|a-b|\le |c-d|$. Thì
$\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge \sqrt{c}+\sqrt{d}$.

Trở lại bài toán, giả sử c=min(a,b,c). Ta sẽ kiểm tra rằng $|a_1-b_1|\le c-b_2$. Ta có:
$c-b_2=(x+y)^2-(z+y^2)=x(x+2y)-z=x(1+y-z)-z=(x-z)+x(y-z)$
và
$a_1-b_1=x+y^2-y-z^2=x-y+(y-z)(1-x)=(x-z)-x(y-z)$
Vì x-z và x(y-z) đều không âm nên ta có đpcm.

Từ đó, áp dụng bổ đề ta có:
$\sqrt{x+y^2}+\sqrt{y+z^2}\ge (x+y)+\sqrt{z+y^2}$
Và suy ra
$ \sqrt {x + y^2 } + \sqrt {y + z^2 } + \sqrt {z + x^2 } $
$ \ge x + y + \sqrt {z + y^2 } + \sqrt {z + x^2 } $
$\ge x + y + \sqrt {(\sqrt z + \sqrt z )^2 + (x + y)^2 } $
$=x + y + \sqrt {4z + (1 - z)^2 } = x + y + (2 - z) = 2$
Bài toán chứng minh xong!

Bài toán 2. (VMEO III, bài 8) Cho x, y, z là các số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
$\sqrt[3]{x-y+z^3}+\sqrt[3]{y-z+x^3}+\sqrt[3]{z-x+y^3}\le 1$
Chứng minh.
Nhận xét rằng dấu "=" xảy ra x=y=z và x=1,y=z=0 (cùng các hoán vị). Ta cũng sẽ giải bài này bằng cách hoán đổi các biểu thức dưới dấu căn. Ta có bổ đề sau.
Bổ đề. Cho các só thực A, B, C, D thỏa mãn: $A+B=C+D\ge 0$ và $|A-B|\ge|C-D|$. Khi đó:
$\sqrt[3]{A}+\sqrt[3]{B}\le \sqrt[3]{C}+\sqrt[3]{D}$
Chứng minh đơn giản và xin dành lại cho các bạn.

Trở lại bài toán, ta đặt
$A=y-z+x^3,B=z-x+y^3,C=x-y+z^3$
Nếu có, chẳng hạn, $B+C\le 0$, thì $\sqrt[3]B+\sqrt[3]C \le 0$ và $A\le y-z+x\le y+z+x=1$, nên ta có ngay đpcm.
Do đó, từ giờ trở đi ta chỉ cần xét khi $A+B\ge 0$, $B+C\ge 0$, $C+A\ge 0$. Vì BDT ban đầu có dạng hoán vị vòng quanh nên ta có thể giả sử $z=min\{x,y,z\}$. Khi đó ta cần xét 2 trường hợp $x\ge y\ge z$ và $y\ge x\ge z$.
*Trường hợp 1. Xét khi $x\ge y\ge z$. Ta có
$B+C=z^3+(y^3+z-y)$
và
$C-B=2x-y-z+z^3-y^3\ge y-z+z^3-y^3$
$z^3-(y^3+z-y)= (y-z)(1-y^2-yz-z^2)\ge 0$
nên áp dụng Bổ đề ta có:
$\sqrt[3]B+\sqrt[3]C\le z+\sqrt[3]D$ (2), với $D=y^3+z-y$.
Lại có:
$A+D=x^3+y^3\ge 0$
$A-D=x^3-y^3+2(y-z)\ge x^3-y^3\ge 0$
nên áp dụng Bổ đề ta có:
$\sqrt[3]A+\sqrt[3]D\le x+y$ (3).
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
*Trường hợp 2. Xét khi $y\ge x\ge z$. Ta có
$A+B=y^3+(x^3+y-x)$
và
$A-B=x+y-2z+x^3-y^3\ge y-x+x^3-y^3$
$=(x^3+y-x)-y^3=(y-x)(1-x^2-xy-y^2)\ge 0$
nên áp dụng Bổ đề ta có:
$\sqrt[3]A+\sqrt[3]B\le y+\sqrt[3]E$ (4), với $E=x^3+y-x$.
Lại có
$E+C=x^3+z^3\ge 0$
$E-C=x^3-z^3+2(y-x)\ge y^3-x^3\ge 0$
nên áp dụng Bổ đề ta có:
$\sqrt[3]C+\sqrt[3]E\le x+y$ (5).
Từ (4) và (5) ta có đpcm.
Bài toán chứng minh xong! (còn tiếp)

Vài vấn đề với đường trung tuyến

Sau đây là một trong những bất đẳng thức rất đẹp khác của Jack Garfulkel:
Bài toán 1. $m_a+l_b+h_c\le \sqrt{3}p$
với $m_a, l_b, h_c, p$ là các kí hiệu quen thuộc của độ dài trung tuyến, phân giác trong, đường cao, và nửa chu vi của một tam giác.

Cách đây gần 10 năm thì đây vẫn là một bài toán khó. Một trong những lời giải đầu tiên cho nó là chứng minh BDT mạnh hơn
$m_a+m_b+l_c\le \sqrt{3}p$
với c là cạnh lớn nhất trong 3 cạnh tam giác. Chứng minh này dựa trên bổ đề là
$m_a+m_b\le \sqrt{(\dfrac{a+b}{2})^2+2c^2}$
Bổ đề trên được đề xuất và chứng minh dựa theo ý tưởng hình học (áp dụng BDT Ptoleme cho tứ giác lồi). Tuy nhiên, ta cũng có thể chứng minh trực tiếp dựa và biểu diễn tường minh của đường trung tuyến
$m_a=\sqrt{px+\dfrac{(y-z)^2}{4}}$
với a=y+z,b=z+x,c=x+y và p=x+y+z. Chúng ta sẽ trở lại Bổ đề này sau.

Trong một bài viết trên THTT, anh Phạm Gia Vĩnh Anh đã đưa ra và chứng minh một kết quả mạnh hơn là
Bài toán 2. $m_a+l_b+l_c\le \sqrt{3}p$
Hơn nữa, đây là một chứng minh ngắn gọn chỉ bằng BDT Cauchy (dụa trên biểu diễn của $m_a$ và các đánh giá quen thuộc $l_b\le \sqrt{py},l_c\le \sqrt{pz}$).

Đối với bài toán 2, ta cũng có thể chứng minh ngắn gọn hơn nữa nhờ BDT Bunhiacopski. Lời giải sau đây dựa theo ý của bạn Phùng Trọng Thực.
Lời giải bài toán 2. Để đơn giản, ta cho p=1. Ta có
$m_a + l_b + l_c \le\sqrt {x + \dfrac{{(y - z)^2 }}{4}} + \sqrt y + \sqrt z$
$\le \sqrt {(1+2)(x+\dfrac{{(y-z)^2}}{4}+\dfrac{{(\sqrt y+\sqrt z)^2}}{2})}$
$=\sqrt{3(1+\dfrac{{(y - z)^2 }}{4}-\dfrac{{(\sqrt y-\sqrt z)^2}}{2})} \le \sqrt 3.$
Kết quả ở bài toán 2 đã là khá chặt, vì như chúng ta biết, bất đẳng thức sau đây không đúng $m_a+m_b+m_c\le \sqrt{3}p$. Cũng trong bài viết của mình, anh Vĩnh Anh đã đưa ra BDT sau nhằm ìbù đắp” cho sự không đúng của BDT trên.
$m_a+m_b+m_c\le \sqrt{3}p+\dfrac{1}{4}(|a-b|+|b-c|+|c-a|)$

Tuy nhiên, hằng số k=1/4 không phải là tốt nhất. Thực ra ta có
Bài toán 3. Chứng minh rằng trong một tam giác thì
$m_a+m_b+m_c\le \sqrt{3}p+k(|a-b|+|b-c|+|c-a|)$
với $k=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Với các cách tiếp cận trước đây thì thậm chí tìm ra hằng số tốt nhất đã là một bài toán rất khó. Tuy nhiên, giờ đây có lẽ lời giải bài toán trên là nằm trong khả năng của các bạn.

Một hướng khác để ìbù đắp” cho BDT không đúng
$m_a+m_b+m_c\le \sqrt{3}p$
là như sau. Ta viết lại BDT này thành
$sqrt{px+\dfrac{(y-z)^2}{4}}+sqrt{px+\dfrac{(y-z)^2}{4}}+sqrt{px+\dfrac{(y-z)^2}{4}}\le \sqrt{3}p$
Từ đó xuất hiện câu hỏi là có thể giảm hệ số k=1/4 trong công thức đường trung tuyến để BDT trên trở thành đúng. Một câu trả lời là k=1/12.
Bài toán 4. (VMEO I, bài 1) Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 1. CMR
$\sqrt{a+\dfrac{(b-c)^2}{12}}+\sqrt{b+\dfrac{(c-a)^2}{12}}+\sqrt{c+\dfrac{(a-b)^2}{12}}\ge \sqrt{3}$

Bài toán này đặt ra dựa trên hướng tiếp cận ban đầu cho bài toán của Jackgarfulkel. Từ bổ đề ta có thể khái quát thành
Bổ đề A. Cho các số thực a, b, u, v sao các căn thức dưới đây có nghĩa. Khi đó 2 điều sau là tương đương
(i) $\sqrt {a + u^2 } + \sqrt {b + v^2}\ge \sqrt {2(a + b) + (u + v)^2 }$
(ii) $4(u - v)(bu - av) \ge(a - b)^2$
(điều kết luận vẫn đúng nếu ta thay các dấu $\ge $ thành $\le$).
Để chứng minh bổ đề ta chỉ việc liên tục bình phương và đơn giản 2 vế.

Chứng minh bài toán 4.
Áp dụng bổ đề A với $u=(b-c)/\sqrt{12}$, $v=(a-c)/\sqrt{12}$ ta thu được
$\sqrt{a+\dfrac{(b-c)^2}{12}}+\sqrt{b+\dfrac{(c-a)^2}{12}}\le\dfrac{5-3c}{\sqrt{12}}$
Cùng với 2 BDT tương tự ta có đpcm.

Mặt dù con số k=1/12 dẫn tới biến đổi đại số rất đẹp ở lời giải trên, nhưng nó không phải là hằng số tốt nhất. Cũng như đối với Bài toán 3, trước đây thậm chí tìm ra hằng số tốt nhất đã là một bài toán rất khó, nhưng bây giờ thì giải quyết nó không phải là điều quá khó. Cụ thể, kimluan đã tìm được kết quả sau bằng dồn biến.
Bài toán 5. Cho các số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng
$\sqrt{a+k(b-c)^2}+\sqrt{b+k(c-a)^2}+\sqrt{c+k(a-b)^2}\le \sqrt{3}$
với $k=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Chú ý rằng trong bài toán 5 thì $k=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ là hằng số tốt nhất vì đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1/3 và a=1,b=c=0 và các hoán vị. Một điều thú vị là đây cũng chính là hằng số tốt nhất trong bài toán 3.

Khi đổi dấu BDT trong bài toán 5 thì ta được bài toán sau đây (đẳng thức cũng đạt được tại 2 chỗ), mà lời giải – khá đơn giản – xin được dành lại cho các bạn.
Bài toán 6. Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 1. CMR
$\sqrt{a+(b-c)^2}+\sqrt{b+(c-a)^2}+\sqrt{c+(a-b)^2}\ge \sqrt{3}$
(còn tiếp)

Tới một bài toán Olympic

Chúng ta có một ví dụ khác, được trình bày cụ thể hơn, cho mối liên hệ giữa cách làm đại số và lượng giác. Sau đây là một bài toán trong đề dự tuyển IMO 1995.

Bài toán 1. Tìm tất cả các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình
$ \left\{\begin{array}{l}x + y + z = a + b + c \\ 4xyz - (a^2 x + b^2 y + c^2 z) = abc\end{array}\right. $
trong đó a, b, c là các số thực dương cho trước.

Nhận xét rằng nếu đặt
$\alpha = \dfrac{a}{{2\sqrt {yz} }},\beta = \dfrac{b}{{2\sqrt {zx} }},\gamma = \dfrac{c}{{2\sqrt {xy} }}$
thì hệ đã cho trở thành
$ \left\{\begin{array}{l}x + y + z = 2\sqrt {yz} \alpha + 2\sqrt {zx} \beta + 2\sqrt {xy} \gamma (1) \\ \alpha ^2 + \beta ^2 + \gamma ^2 + 2\alpha \beta \gamma = 1 (2)\end{array}\right. $

Hệ trên thuộc loại "không mẫu mực" vì có tới 3 ẩn trong khi chỉ có 2 phương trình, và thực chất nó là một bài toán cực trị. Cụ thể hơn, ta thấy nếu đặt
$\alpha = \cos A,\beta = \cos B,\gamma = \cos C$
với A, B, C là 3 góc một tam giác, thì "cốt lõi" bài toán trên chính là BDT quen thuộc:
$2bc\cos A+2ca\cos B+2ab\cos C \le a^2 + b^2 + c^2$
Tới đây, có lẽ các bạn đã thấy rõ lời giải bài toán 1.

Bây giờ, ta khái quát lại bài toán ở trên thành
Bài toán 2. Cho các số thực không âm a, b, c, x, y, z thỏa mãn $x+y+z\ge a+b+c$.
CMR: $ax^2 + by^2 + cz^2 + xyz \ge 4abc$.

Đây là một bài toán hay. Tất nhiên chúng ta có thể dùng lượng giác hóa như phân tích ở trên để giải, nhưng từ đẳng thức (2) ta còn hi vọng sẽ có một lời giải khác cho nó chỉ bằng đại số.

Trước hết, chúng ta thử nhìn BDT dưới quan điểm đại số.
Bài toán 3. Cho $\alpha, \beta, \gamma\in [-1,1]$ thỏa $\alpha^2 +\beta^2 +\gamma^2 + 2\alpha \beta \gamma \le 1$, và các số thực a,b,c. CMR:
$2bc\alpha + 2ca\beta + 2ab\gamma \le a^2 + b^2 + c^2$.
Chứng minh.
Xuất phát từ lời giải lượng giác
$a^2+b^2+c^2-2bc\cos A-2ca\cos B -2ab\cos C$
$= (b\sin C -c\sin B)^2+(a -b\cos C - c\cos B)^2\ge 0$
ta thay $(\alpha,\beta,\gamma)$ cho $(\cos A,\cos B,\cos C)$ để thu được biến đổi
$a^2+b^2+c^2-2bc\alpha-2ca\beta -2ab\gamma $
$= [a^2 - 2a(c\beta + b\gamma) + (c\beta + b\gamma)^2] + [(1 - \gamma^2 )b^2 + (1 - \beta^2 )c^2] - 2bc(\alpha +\beta\gamma) $
$= (a - b\gamma - c\beta)^2 + (\sqrt {1 - \gamma^2 } b - \sqrt {1 - \beta^2 } c)^2+ 2bc(\sqrt {(1 - \beta^2 )(1 - \gamma^2 )} - \alpha - \beta\gamma) \ge 0 $
Bài toán 3 chứng minh xong.

Bây giờ ta áp dụng các biến đổi trên vào bài toán 2.
Giả sử $ax^2 + by^2 + cz^2 + xyz < 4abc$,
khi đó a, b, c đều dương và
$\alpha^2+\beta^2+ \gamma^2+2\alpha\beta\gamma<1$
Với $\alpha = \dfrac{x}{{2\sqrt {bc} }},\beta = \dfrac{y}{{2\sqrt {ca} }},\gamma = \dfrac{z}{{2\sqrt {ab} }}$
Sử dụng các phép biến đổi trong chứng minh bài toán 3, ta có
$a+b+c-x-y-z>0$
$\Leftrightarrow a+ b + c - 2\sqrt {bc} \alpha - 2\sqrt {ca} \beta - 2\sqrt {ab}\gamma>0$
$\Leftrightarrow(\sqrt a- \sqrt b\gamma- \sqrt c\beta)^2+(\sqrt {(1 - \gamma^2)b } - \sqrt {(1 - \beta^2)c })^2+2\sqrt{bc}(\sqrt {(1 -\beta^2 )(1 -\gamma^2 )} -\alpha -\beta\gamma)> 0 $
$\Leftrightarrow (2a-z-y)^2+(\sqrt {4ab-z^2} - \sqrt {4ac-y^2})^2+ 2(\sqrt {(4ac-y^2)(4ab -z^2)} -4ax -yz)> 0 $
Từ đó, ta có một lời giải rất ngắn gọn cho Bài toán 2 như sau.

Lời giải bài toán 2.
Tất nhiên ta chỉ cần xét khi $4ab>z^2$ và $4ca>y^2$. Khi đó $a>0$ và ta có
$x+y+z\ge a+b+c$
$\Rightarrow 4ax \ge 4a^2 + 4ab + 4ac - 4ay - 4az $
$\Rightarrow 4ax + 2yz \ge (2a - y - z)^2 + (4ab - z^2 ) + (4ac - y^2 ) \ge 2\sqrt {(4ab - z^2 )(4ac - y^2 )} $
$\Rightarrow (2ax + yz)^2 \ge (4ab - z^2 )(4ac - y^2 ) $
$\Rightarrow 4a(ax^2+by^2+cz^2+xyz)\ge 16a^2bc$
Suy ra đpcm.

Đối với tôi, đây là một lời giải thật sự ấn tượng. Nó là kết quả của một ìchu trình”: chuyển từ đại số qua lượng giác, rồi chuyển ngược trở lại đại số. Tuy nhiên, đây không hẳn là con đường duy nhất để có lời giải này. Trước đây, đã có lần tôi đưa bài toán 2 lên diễn đàn toán học và nhận được một lời giải rất giống về mặt ý tưởng (chỉ dùng BDT Cauchy) của bạn Trần Quốc Hoàn (K09). Đó là một kỉ niệm thú vị.

Cuối cùng, xin nêu 1 bài toán để các bạn suy nghĩ.

Bài toán 4. Cho tứ diện vuông O.ABC. Giả sử $\alpha,\beta,\gamma$ là các góc nhị diện cạnh BC, CA, AB. CMR
$tg\alpha+ tg\beta + tg\gamma \ge tg\alpha tg\beta tg\gamma + 4cotg\alpha cotg\beta cotg\gamma \ge 2(cotg\alpha +cotg\beta + cotg\gamma )$
(còn tiếp)

Từ một lời giải ìkì lạ”...

Xin bắt đầu bằng một bài toán rất quen thuộc của Jack Garfulkel.
Bài toán 1. Cho tam giác ngọn ABC. Chứng minh rằng:
$sin(\dfrac{A}{2})+sin(\dfrac{B}{2})+sin(\dfrac{C}{2})\ge \dfrac{4}{3}(1+sin(\dfrac{A}{2})sin(\dfrac{B}{2})sin(\dfrac{C}{2})) $

Ta sẽ kí hiệu
$x=sin(\dfrac{A}{2}),y=sin(\dfrac{B}{2}),z=sin(\dfrac{C}{2})$
Khi A, B, C là 3 góc một tam giác thì ta có x, y, z>0 và $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ .

Khi đó, Bài toán 1 có thể viết lại thành.
Bài toán 1a. Cho $x,y,z \in (0,1/\sqrt{2}) $ thỏa $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$.
CMR: $3(x+y+z)\ge 4(1+xyz)$

Ta sẽ chứng minh kết quả mạnh hơn:

Bài toán 1b. Cho $x,y,z \in [0,\sqrt{3}-1] $ thỏa $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$.
CMR: $3(x+y+z)\ge 4(1+xyz)$
Chứng minh.
Giả sử x=max(x,y,z), khi đó $x\in [1/2,\sqrt{3}-1]$. Ta có:
$(\sqrt{2-2x}-x)(\sqrt{2-2x}-1)^2 \ge 0 \Rightarrow 2x^2+x+3\sqrt{2-2x}\ge 4$ (1)
Mặt khác, dễ thấy: $1-z^2=x^2+y^2+2xyz\ge 2xy(1+z)$ nên $x+2yz\le 1$.
Cụ thể hơn, xét hiệu
$0\le 1-x-2yz=(\sqrt{2}-\sqrt{1+x+2yz})(\sqrt{2}+\sqrt{1+x+2yz})$
Ta có: $2x(\sqrt{2}+\sqrt{1+x+2yz})\ge \sqrt{2}+1>3\sqrt{1-x}$,
và $(1-x)(1+x+2yz)=(y+z)^2$,
suy ra: $2x(1-x-2yz) \ge 3\sqrt{1-x}(\sqrt{2}-\sqrt{1+x+2yz})$
$\Rightarrow 2x-2x^2-3\sqrt{2-2x}+3(y+z)\ge 4xyz $ (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta có đpcm.

Cách thay các yếu tố lượng giác bởi các biến thực x, y, z kèm điều kiện $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ có thể tạm gọi là ìđại số hóa lượng giác” (ngược với một cách làm thông thường là lượng giác hóa đại số). Chúng ta cũng có các lời giải đại số kiểu như vậy cho hai bài toán sau, cũng của Jack Garfulkel (thật ra thì Bài toán 2 yếu hơn - tức có thể xem như hệ quả- của Bài toán 1). Lời giải chi tiết xin dành cho các bạn.

Bài toán 2. Cho tam giác ngọn ABC. Chứng minh rằng:
$cos(\dfrac{A}{2})+cos(\dfrac{B}{2})+cos(\dfrac{C}{2})\ge \dfrac{4}{\sqrt{3}}(1+cos(\dfrac{A}{2})cos(\dfrac{B}{2})cos(\dfrac{C}{2}))$

Bài toán 3. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
$cos(\dfrac{A-B}{2})+cos(\dfrac{B-C}{2})+cos(\dfrac{C-A}{2})\ge \dfrac{2}{\sqrt{3}}(sinA+sinB+sinC)$

Như chúng ta sẽ thấy, lời giải có vẻ "kì lạ" của bài toán 1.b nói trên thật ra chẳng kì lạ chút nào. Lời giải này chẳng qua là viết lại dưới dạng đại số một lời giải dựa trên biến đổi lượng giác đã đăng trên THTT 12/2001, có điều lời giải lượng giác cần điều kiện $A, B, C \ge \dfrac{\pi}{4}$, trong khi lời giải đại số thì bất ngờ thoát được điều kiện đó. Còn viết một biến đổi lượng giác dưới dạng đại số thế nào thì ta sẽ đề cập sau đây. (còn tiếp)

Khi tôi còn là học sinh, các BĐT hình học của Jack Garfulkel từng gây ấn tượng rất mạnh với tôi như là những bất đẳng thức tuyệt diệu nhất: đẹp, khó và đầy bí ẩn. Vậy mà, chỉ sau vài năm, các bất đẳng thức này đã không còn gây "khó dễ" được với nhiều người nữa. Bây giờ nhìn lại điều đáng mừng này cũng thấy bất ngờ.

Tuy nhiên, với tôi đây vẫn là các bất đẳng thức thực sự đáng nhớ. Vẫn còn đó vẻ đẹp giản dị và thuần khiết dù độ khó đã giảm đi nhiều; vẫn còn đó những băn khoăn, trăn trở khi đứng trước những vấn đề hóc búa; vẫn còn đó niềm vui nhẹ nhàng mà sâu lắng của những tìm tòi khám phá tuy rằng nhỏ ....

Tôi xin chép ra đây đôi điều tản mạn về một vài bất đẳng thức của Jack Garfulkel, gồm một số suy nghĩ là khi tôi còn học phổ thông, và một số là khi tôi tham gia diễn đàn này.

Hi vọng diễn đàn sẽ sớm trở lại, để đem lại niềm vui và niềm tin cho những người bạn chân thành của nó, để sẽ lại là ngôi nhà ấm áp mỗi lần online, để dòng chữ diendantoanhoc.net sẽ lại là dòng chữ đầu tiên gõ khi lên mạng...không chỉ của riêng tôi.

Chào em,
đáp án kì thi đã có rồi, nhưng thời gian qua diễn đàn có nhiều lỗi nên chắc mọi người còn nhiều việc khác phải làm. Hi vọng sẽ có trong thời gian gần.

4) Chưa nói đến chất lượng các đề toán. Nhưng có thể nói rằng, đề thi năm nay đã không đem lại niềm vui cho những người dự thi. Một số bài quá quen thuộc (chẳng hạn 1, 2, 7), một số bài chẳng có thẩm mỹ gì cả (bài quỹ tích, bài phương trình hàm).

Nhiều học sinh tham gia kì thi HSG năm nay đã nói là đề thi không có gì để ...nhớ. Không cần sáng tạo nhưng phải vững vàng và có kĩ năng làm bài tốt, tất nhiên một đề test như vậy cũng có cái hay của nó, nhưng ko rõ mục đích, đối tượng của nó là gì?

LẠI THÊM MỘT CON QUỶ ĐỎ BỊ BẮN TAN XÁC

Hạ gục Liverpool 3-0, không còn gì để nói về đẳng cấp của Arsenal.

Hì hì, thật tình mà nói thì trong trận này, lối đá "thêu hoa dệt gấm" của Ars ko thể hiện rõ như ở loạt trận thất vọng vừa qua. Điều khác biệt chỉ là: trong những lần thêu dệt có vẻ ít ỏi hơn, chúng ta đã có được điều cần thiết: bàn thắng.

Lối đá của Ars thì từ đầu mùa đã ko có gì phải lo ngại. Thêm khả năng ghi bàn như thế này thì ...

Sự trở lại quá ấn tượng của Ars cũng là dấu chấm hết cho tham vọng của Liv ở PL mùa này. Dù sao, một suất dự cúp C1 mùa tới vẫn nằm trong tầm với của Liv, cố lên ... he he

Dù lịch sử có là thế nào thì Ars cũng đã thua, thua một cách toàn diện mà hình ảnh rõ ràng nhất "GS" đáng kính của chúng ta cũng ko còn giữ được bình tĩnh.

Trận hòa Moscow hôm trước, cái đáng buồn nhất ko phải là tỉ số hòa (mặc dù nó gây cho Ars ko ít khó khăn ở CL nhưng "ARS đủ mạnh để giải quyết"), mà là tình huống ức chế giữa Lehmann với Toure. Trong trận này thì tính bất ổn lan cả sang Wenger. Đành rằng có thể chúng ta bị xử ép, có thể chúng ta quá xui xẻo, nhưng phải chấp nhận với một thái độ chuyên nghiệp. Một người làm toán chuyên nghiệp phải chấp nhận giả thiết của bài toán và tìm mọi cách để giải nó chứ ko né tránh. Các cầu thủ cũng cần như vậy.

Bài toán về tâm lý tồn đọng từ đầu mùa đến giờ, được giải tỏa phần nào sau trận với MU, giờ lại tái phát nghiêm trọng hơn. Và cuối tuần này, nó sẽ được test một cách nghiêm khắc với Liv, mà nếu ko vượt qua thì Ars đã có thể nói lời từ biệt với chiếc cúp PL mùa này. Nhưng hãy tin rằng Ars sẽ thắng, có thể là 2-0 chăng?

Trận hòa hôm giữa tuần rồi đúng là kì lạ. Nói như GS Wenger thì lẽ ra tỉ số phải là 7-0 hoặc 7-1. Tuy nhiên, việc quá nhiều tình huống 10 mươi bị bỏ qua đến nỗi thành sai phạm có hệ thống chứng tỏ điều này ko còn là xui xẻo, nó là hệ quả của khả năng dứt điểm quá yếu kém mà từ đầu mùa đến nay đã lấy mất của Ars bao nhiêu điểm rồi.

Tất nhiên, chúng ta ko nghi ngờ triết lý "Đá đẹp bàn thắng sẽ đến", nhưng hi vọng các cầu thủ đừng bỏ lỡ nhiều cơ hội đến như vậy nữa.

hix trận hòa này ko coi được tiếc wá.

Mà chú Đỉnh đừng dùng từ nặng thế, thể thao là cho vui mà, có gì nhục nhã chứ. MU mới thua Ars ngay trên sân nhà thì sao?

Trận C1 tối mai là cơ hội để cho thấy đẳng cấp thực sự giữa 2 đội. Hi vọng là 3-0.

Hãy đợi đấy,cái loại Arsenal chỉ được cái bắt nạt mấy đội bóng mới lên hạng như Reading thôi.Hãy chờ xem các đội bóng khác sẽ đánh bại Arsenal như thế nào,như Everton chẳng hạn,chưa cần đến Chelsea đâu.

ok, Trận đấu tối nay với Everton sẽ là 1 trận khó khăn. VTV3 thì ko tường thuật trận này rồi, chia buồn với các anh em ko coi được.

Tuy vậy chúng ta hoàn toàn có thể tin là Arsenal sẽ thắng cách biệt > 1 bàn.

-----
Một tin ngoài lề: bầu Đức của HAGL đã liên hệ với Arsenal và gặp trực tiếp "GS" Wenger. Hi vọng đây là một bước giúp chúng ta tiếp cận tới thế giới, cũng như giúp nhũng hình ảnh của Arsenal xuất hiện nhiều hơn ở VN.

hì hì, đúng là dùng tọa độ cầu, tôi cũng chả nhớ chính xác nhưng sẽ còn thêm 1 hằng số nữa.

Có cách này có vẻ relax hơn:
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?L^1(R^n) và khác 0 thì http://dientuvietnam...imetex.cgi?L^1. Tuy nhiên điều kì lạ là nếu f thuộc http://dientuvietnam...mimetex.cgi?L^p thì Mf sẽ thuộc http://dientuvietnam...mimetex.cgi?L^p, với p>1.

Dễ dàng có

sorry bác xương rồng, nhưng chỗ dễ dàng có thì e là ko đơn giản. Làm gì có công thức đổi biến như thế.

Có bài này rât cơ bản, nhưng cũng vui nè.

Chứng minh rằng với mọi R>0 thì tích phân trong không gian http://dientuvietnam...mimetex.cgi?R^n

bằng vô cùng.

1.Các bài chứng minh tồn tại có nghiệm thì cách tốt nhất là dùng tính liên tục của hàm số.

Nhắc lại: nếu hàm f liên tục trên [a,b] và f(a)f(b)<=0 thì phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm trên [a,b].

Ví dụ như bài 2, xét f(x)=a.cosx+b.sin2x+c.cos3x-x.
Các bạn chịu khó tính 1 đám giá trị của f(x) vào (những cái dễ tính), như f(0), f(-pi), f(pi), f(pi/2), ... rồi coi thử có thể chứng minh 2 giá trị nào trái dấu không.

Việc chứng minh tồn tại 3 nghiệm của bài 1 cũng như vậy (ngó qua các bạn có thể thấy ngay 0 với 1 là 2 nghiệm rồi, vậy chỉ cần tìm 1 nghiệm nữa thôi)

-------
2.Khi muốn chứng minh phương trình chỉ có <= m nghiệm, thì khó hơn. 1 trong những cách là dùng tính đơn điệu (1 hàm tăng ngặt hay giảm ngặt trên 1 đoạn thì thì chỉ có tối đa 1 nghiệm trên đoạn đó). Cách này có thể nhìn cách khác bằng định lý Rôn:

Nhắc lại: (Định lý) nếu f khả vi trên (a,b) và f'(x)=0 chỉ có <= n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì f(x)=0 chỉ có <= n+1 nghiệm trên (a,b).

Trong áp dụng, đôi khi cũng cần 1 chút "sáng tạo", chẳng hạn:
Nếu f khả vi 2 lần trên (a,b) và f''(x)=0 chỉ có <=n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì f(x)=0 chỉ có <=n+2 nghiệm trên (a,b)

Nếu f khả vi 3 lần trên (a,b) và f'''(x)=0 chỉ có <=n nghiệm phân biệt trên (a,b) thì f(x)=0 chỉ có <=n+3 nghiệm trên (a,b)

(chứng minh: ...)

Ví dụ như bài 1, xét f(x)=2^x-^2-1 thì xét f'(x) chưa thấy gì, các bạn có thể xét f'', thậm chí f'''. Nếu chứng minh được f'' chỉ có tối đa 1 nghiệm, hoặc f''' vô nghiệm, thì xong!

bài này bấm máy tính là ra thôi mà bạn

còn nếu muốn chứng minh mà không cần dùng máy tính thì thế này:

bạn hãy suy nghĩ xem các con số: cos(Pi/7), cos(2pi/7),cos(3pi/7) liên quan đến nhau như thế nào?
--> có thể chúng là 3 nghiệm của 1 phương trình nào đó.
--> mỗi liên hệ của chúng có thể thu được bằng hệ thức Viet.

Và có thể sẽ giải được bài toán. Bạn làm thử đi.