Đến nội dung

Hình ảnh

Từ một đẳng thức đẹp


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 21 trả lời

#1
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

*
Phổ biến

TỪ MỘT ĐẲNG THỨC ĐẸP


Trong quá trình off, mình đã có dịp tiếp xúc nhiều hơn với BĐT. Và nhận thấy, trong tuyển tập BĐT của Cao Minh Quang và tuyển tập BĐT của Nguyễn Đình Thi có rất nhiều bài toán có nét tương đồng. Và sau đây, mình sẽ trình bày phát hiện nho nhỏ này.
Tất nhiên, các bài toán này đều đã rất quen thuộc với chúng ta, có thể có nhiều cách đặt, giải cũng khá ngắn gọn. Nhưng vấn đề ở đây là tìm một mối liên hệ chung nhất của chúng.
Ta cùng đi đến đẳng thức sau :
$$\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$
Nếu đặt :
$x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì ta có đẳng thức :
$$xy+yz+zx+xyz=4$$
Nếu đặt :
$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
Hoặc
$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
(Với $x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0$)
Thì
$$a^2+b^2+c^2+abc=4$$
Từ những đẳng thức này, ta cùng đến :
Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :
$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$
Lời giải :
Đặt $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$2\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right ) +1\ge \dfrac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\Leftrightarrow 2\left (x^3+y^3+z^3\right )+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]\ge 24xyz$$
Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$
Bài toán 2. [ VMO -1996 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$
Lời giải :
Ta có thể đặt :
$$a=\dfrac{2x}{y+z}, b=\dfrac{2y}{z+x}, c=\dfrac{2z}{x+y} (x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge 2\left [\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+x)(x+y)}\right ]\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3 +3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2, c=0$ và hoán vị.
Bài toán 3. [ USA MO 2000]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$0\le ab+bc+ca-abc \le 2$$
Lời giải (VP, VT chỉ cần giả sử $a\ge 1$)
TH1. Trong 3 số $a,b,c$ có hai số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất 1 số bằng 0..
Đặt
$$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left [\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}} -\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right ]\le 1$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}\le \dfrac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$$
$$\Leftrightarrow 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM :
$$2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}=2x\sqrt{(xy+yz)(zx+yz}\le x(xy+2yz+zx)$$
Tương tự với các phần còn lại, cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài toán 4. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
Lời giải :
TH1. Trong $a,b,c$ có 2 số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất một số bằng 0.
Đặt
$$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(x+y)(z+y)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
a. Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}+1\ge \dfrac{2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
$$\Leftrightarrow 6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM , ta có :
$$2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\le xy(x+y+2z)=2xyz+xy(x+y)$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2}, c=0$ và hoán vị.
b. Chứng minh $ab+bc+ca\ge abc$
Bất đẳng thức tương đương :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+zx\sqrt{(z+y)(x+y)}\ge 2xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo CS, ta có :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\ge xy(\sqrt{xy}+z)=xyz+xy\sqrt{xy}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, c=2$ và hoán vị.
Bài toán 5.
Cho các số thực dương thoả mãn $a+b+c+1=4abc$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\ge a+b+c$$
Lời giải :
Từ điều kiện bài toán, ta có
$$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}=4$$
Đặt $\dfrac{1}{a}=x, \dfrac{1}{b}=y, \dfrac{1}{c}=z (x,y,z>0)$ thì lúc đó $xy+yz+zx+xyz=4$.Ta cần chứng minh :
$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$
Đây là bài toán VMO -1996 !
Bài toán 6.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :
$a. xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$
$b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{xyz}$
Lời giải :
$$xyz=x+y+z+2\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}+\dfrac{2}{xyz}=1$$
Đặt :
$$\dfrac{1}{x}=\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{1}{y}=\dfrac{b}{c+a}, \dfrac{1}{z}=\dfrac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$
a. Ta cần chứng minh :
$$xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge 2\left (\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right )$$
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 2\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
b. Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\le \dfrac{3}{2}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right )$$
Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :
Bài toán 7. [ China – 2005 ]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca=\dfrac{1}{3}$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2-bc+1}+\dfrac{1}{b^2-ca+1}+\dfrac{1}{c^2-ab+1} \le 3$$
Và đây là lời giải của mình :
Đặt :$a=\dfrac{x}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, b=\dfrac{y}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, c=\dfrac{z}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}(x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\sum{\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{3(xy+yz+zx)}-\dfrac{yz}{3(xy+yz+zx)}+1}}\le 3$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3zx}}\le 1$$
$$\Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{1}{2}-\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3xz}\right )}\ge \dfrac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{x(x+y+z)}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Chuẩn hoá $x+y+z=1$
Ta cần chứng minh
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Theo CS, ta có :
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}=\sum{\dfrac{x^2}{x^3+2xyz+3x^2(y+z)}}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]}=1$$
Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 30-07-2012 - 00:55

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#2
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết
Em nên chú ý đến cách trình bày sao cho chặt chẽ. Ở đây thì không sao, nhưng khi thi TN hay ĐH thì rất dễ mất điểm. Ví dụ lúc viết phân một phân thức thì phải có điều kiện là mẫu khác 0, lúc viết căn thức bậc hai thì phải có điều kiện là biểu thức trong căn không âm. Em xem thử những thứ đó bài viết trên đã có chưa ?

Ngoài những thứ lặt vặt kể trên, thì trong bài này có một điểm chưa chặt chẽ, không phải lặt vặt mà nằm trong ý tưởng chính luôn. Mời các bạn cùng tìm xem !

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#3
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết
Vì huymit nhắn tin nên vào nhìn lại thêm một lượt nữa, thì lại phát hiện ra thêm một điều thú vị khác.

Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :
.....
....
Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề :D

Em chưa hiểu bản chất của chuẩn hóa, bản chất của đồng bậc (tức chuyển về dạng thuần nhất), cũng như là bản chất của cách đặt ở trên kia.
Lại mời các thành viên của VMF cắt nghĩa những điều mình nói :D


Ai giải quyết được hai vấn đề nho nhỏ này sẽ nhận được một phần quà nho nhỏ từ nhà tài trợ :D

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#4
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Vì huymit nhắn tin nên vào nhìn lại thêm một lượt nữa, thì lại phát hiện ra thêm một điều thú vị khác.


Em chưa hiểu bản chất của chuẩn hóa, bản chất của đồng bậc, cũng như là bản chất của cách đặt ở trên kia.
Lại mời các thành viên của VMF cắt nghĩa những điều mình nói :D


Ai giải quyết được hai vấn đề nho nhỏ này sẽ nhận được một phần quà nho nhỏ từ nhà tài trợ :D

Anh ơi, ý em đồng bậc ở đây đó chính là việc sử dụng $1=3(ab+bc+ca)$ anh ạ!.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-06-2012 - 21:44

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#5
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Còn về cách đặt kia, theo em nghĩ, ta hoàn toàn có thể đặt 2 trong 3 biến $a,b,c$ (chẳng hạn là $a,b$) theo $x,y,z$ (như trên). Sử dụng đẳng thức đã nêu, suy ra biểu thức của $c$. Còn về việc chuẩn hoá, em đã đọc giải thích của anh Phạm Kim Hùng. Tuy nhiên, em lại mong anh giải thích thêm về phép chuẩn hoá sau đây (liên quan đến Cauchy bất đối)
$$\dfrac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}\ge m$$ thì ta chuẩn hoá được $b+c=1$. Xin giải thích kỹ hơn cho em được không ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-06-2012 - 21:51

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#6
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

Còn về cách đặt kia, theo em nghĩ, ta hoàn toàn có thể đặt 2 trong 3 biến $a,b,c$ (chẳng hạn là $a,b$) theo $x,y,z$ (như trên). Sử dụng đẳng thức đã nêu, suy ra biểu thức của $c$.

Em gần trả lời được câu hỏi đầu tiên của anh rồi đấy.

Còn về việc chuẩn hoá, em đã đọc giải thích của anh Phạm Kim Hùng. Tuy nhiên, em lại mong anh giải thích thêm về phép chuẩn hoá sau đây (liên quan đến Cauchy bất đối)
$$\dfrac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}\ge m$$ thì ta chuẩn hoá được $b+c=1$. Xin giải thích kỹ hơn cho em được không ạ.

Em phải đưa bài toán và lời giải đầy đủ thì anh mới xem được, còn nếu chỉ từ $\dfrac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}\ge m$ mà chuẩn hóa $a+b=1$ là sai.

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#7
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Em phải đưa bài toán và lời giải đầy đủ thì anh mới xem được, còn nếu chỉ từ $\dfrac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}\ge m$ mà chuẩn hóa $a+b=1$ là sai.

Dạ. Em chỉnh lại đề rồi ạ.Là $b+c=1$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#8
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

Dạ. Em chỉnh lại đề rồi ạ.Là $b+c=1$

Như nhau mà em. Ý anh là em phải nêu đề bài cho rõ ràng. Nếu cái BDT trên chỉ là một ý nhỏ trong một chứng minh nào đó, thì còn phải xem xét nữa.
Còn nếu như chỉ thế này:
Chứng minh BDT sau với mọi $a,b,c > 0$ và $m$ là một hằng số : $\dfrac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}\ge m$ (đề bài này tất nhiên là sai, nhưng chỉ để ví dụ thôi), thì em có quyền chuẩn hóa $b+c=1$ hay $a+b=1$ hay $a+2b=17$, v.v... đều được.

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#9
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết
(anh sẽ giải thích kĩ hơn sau, bây giờ anh phải đi đã, một phần cũng muốn dành thời gian cho các thành viên khác vào thảo luận, biết đâu có người rinh được quà của anh thì sao :D. Em hãy thử đọc lại hai phương pháp chuẩn hóa và đồng bậc, thử hỏi "tại sao có thể làm được như vậy", anh nghĩ em sẽ tìm ra thôi.)

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#10
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
về phần này, em mời anh và mọi người lên google để tải về " Kỹ thuật cauchy bất đối " để ta cùng bàn luận ạ!. Rất có thể, em hiểu sai ý anh Cẩn. Nhưng em đã kiểm tra rất kĩ. Thật lòng, nếu ai hiểu được cách chuẩn hoá này, xin giải thích giùm nhé.

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#11
phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết

Còn về cách đặt kia, theo em nghĩ, ta hoàn toàn có thể đặt 2 trong 3 biến $a,b,c$ (chẳng hạn là $a,b$) theo $x,y,z$ (như trên). Sử dụng đẳng thức đã nêu, suy ra biểu thức của $c$. Còn về việc chuẩn hoá, em đã đọc giải thích của anh Phạm Kim Hùng. Tuy nhiên, em lại mong anh giải thích thêm về phép chuẩn hoá sau đây (liên quan đến Cauchy bất đối)
$$\dfrac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}\ge m$$ thì ta chuẩn hoá được $b+c=1$. Xin giải thích kỹ hơn cho em được không ạ.


Đây là cách giải thích của anh

Đặt $P(a,b,c)=\frac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}$

Với $t \in \mathbb{R}$ ta đặt $a'=ta \ \ , \ \ b'=tb, \ \ c'=tc$

Dễ thấy $P(a',b',c') = \frac{a'(b'+c')+a'^2}{a'(b'+c')+b'c'}=P(a,b,c)$

Để $b'+c'=1$ thì ta chỉ việc chọn $t$ hợp lý, như trong bài này ta tìm được $t=\frac{1}{b+c}$

Vậy bài toán BĐT trên được quy về bài toán

Cho $a',b',c'$ dương thỏa $b'+c'=1$ .Chứng minh rằng $\ \ \ \ \frac{a'(b'+c')+a'^2}{a'(b'+c')+b'c'} \geq m$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 22-06-2012 - 23:45


#12
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Đây là cách giải thích của anh

Đặt $P(a,b,c)=\frac{a(b+c)+a^2}{a(b+c)+bc}$

Với $t \in \mathbb{R}$ ta đặt $a'=ta \ \ , \ \ b'=tb, \ \ c'=tc$

Dễ thấy $P(a',b',c') = \frac{a'(b'+c')+a'^2}{a'(b'+c')+b'c'}$

Để $b'+c'=1$ thì ta chỉ việc chọn $t$ hợp lý, như trong bài này ta tìm được $t=\frac{1}{b+c}$

Vậy bài toán BĐT trên được quy về bài toán

Cho $a',b',c'$ dương thỏa $b'+c'=1$ .Chứng minh rằng $\ \ \ \ \frac{a'(b'+c')+a'^2}{a'(b'+c')+b'c'} \geq m$

Một cách giải thích thật dễ hiểu . Ý tưởng giống như chuẩn hoá 3 biến, nhưng anh lại có cách tiếp cận khác(chọn t). Điều này làm em được thoả mãn rồi anh ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-06-2012 - 23:25

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#13
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết
Chắc là anh sẽ viết một bài về chuẩn hóa và đồng bậc, vì có lẽ là còn rất nhiều bạn chưa nắm rõ. Nói nhỏ với Huy nhé: những thứ mà em làm ở trên kia, đó chính là em đang "đồng bậc" đấy, em nhìn ra chưa ? :D

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#14
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Chắc là anh sẽ viết một bài về chuẩn hóa và đồng bậc, vì có lẽ là còn rất nhiều bạn chưa nắm rõ. Nói nhỏ với Huy nhé: những thứ mà em làm ở trên kia, đó chính là em đang "đồng bậc" đấy, em nhìn ra chưa ? :D

Anh nói chí phải. Thực ra, từ lâu lắm rồi, em chỉ quen với việc sử dụng chuẩn hoá dạng đơn giản. Nhưng ngay trong chính chuyên đề mình viết, lại sử dụng nó. Giờ nhìn kĩ hơn, em mới thấy rằng :
$$\sum{\dfrac{a}{a+b+c}}=1$$
Với đẳng thức
$$\dfrac{2abc+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
Đều có vai trò như nhau cả (để chuẩn hoá)
Chung quy lại, theo em, chuẩn hoá là sử dụng những đảng thức. Nếu sai, mong anh chỉ giùm. Thế mới biết, học một cách máy móc sẽ đưa lại nhiều điều rắc rối! Cảm ơn anh Khuê, anh Phúc đã giúp đỡ em nhiệt tình.

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#15
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Nhờ anh Thành xoá trả lời này của em nhé !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-06-2012 - 18:06

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#16
NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1468 Bài viết

Chắc là anh sẽ viết một bài về chuẩn hóa và đồng bậc, vì có lẽ là còn rất nhiều bạn chưa nắm rõ. Nói nhỏ với Huy nhé: những thứ mà em làm ở trên kia, đó chính là em đang "đồng bậc" đấy, em nhìn ra chưa ? :D

Rất mong sớm nhận được bài viết của anh!
P\s: Topic này hay ghê!
Có mấy cái thì mấy anh đã trả lời gọn quá!
Em cũng chưa nghiền mấy cái này nhiều lắm nên...

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 


#17
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết
Xin lỗi Huy, anh quên mất topic này. Bài viết thì chắc là không... biết bao giờ mới có :D (anh lười quá).
Mà thảo luận thế này có khi lại giúp hiểu kĩ hơn cũng nên.

Bây giờ sẽ nói rõ hơn hai điều mà anh "đố" mọi người ở trên kia nha.

1. Bài viết có một điểm chưa chặt chẽ. Lấy thử Bài toán 1 để giải thích.

Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :
$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$
Lời giải :
Đặt $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$


Điểm chưa chặt chẽ ở đây là không giải thích tại sao ta lại có thể đặt như vậy ! Lúc đọc lời giải, anh tự hỏi ngay là (anh giả định thôi, vì tất nhiên là anh biết rồi): Chắc gì đã tồn tại $x,y,z$ để em có thể đặt như vậy ?
Đúng ra cần phải nói là:
Với mọi $a,b,c > 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$, luôn tồn tại $x,y,z > 0$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$.
Và điều này cần phải chứng minh chứ không phải chỉ nói suông là xong. Chứng minh thì rất đơn giản, giải hệ $(x,y,z)$ theo $(a,b,c)$ là xong.

2. Tại sao anh nói là em chưa hiểu bản chất của đồng bậc ?

Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề :D

Lúc anh đọc xong câu này, anh tự nhủ: "Quái, nó vừa đồng bậc xong, tại sao nó lại còn bảo là 'ngớ ngẩn, có thể đồng bậc,...' là sao ?". Sau đó thì anh hiểu ra: "À, thì ra nó đang đồng bậc mà chính nó cũng không biết".
Có thể bây giờ thì Huy đã biết rồi, nhưng anh giải thích thêm một chút cho các bạn còn chưa hiểu:

Xét bài toán sau: Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng $a+b+c \ge 3$.
Bây giờ ta tìm cách đưa BĐT $a+b+c \ge 3$ này về dạng thuần nhất bậc (tức là ta muốn đồng bậc BĐT đó).
Có nhiều cách để làm việc này. Ví dụ:
- Cách 1: nhân vế phải với $\sqrt[3]{abc}$ để đưa vế phải về bậc 1, tức là cùng bậc với vế trái: $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$. Xong.
- Cách 2: từ điều kiện $abc=1$, ta dễ dàng chứng minh rằng luôn tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$. BĐT trở thành $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \ge 3$. Ta chỉ cần chứng minh BĐT này với mọi $x,y,z>0$ là xong.
- Cách 3: tương tự như cách 2, nhưng ta sẽ đặt $a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx},c=\frac{z^2}{xy}$, khi đó BĐT trở thành $x^3+y^3+z^3 \ge 3xyz$.

Những thứ này đều được gọi là đồng bậc.
Về bản chất, Cách 2 và Cách 3 giống nhau, và khác Cách 1. Nhưng Cách 2 và Cách 3 là tổng quát hơn. Ví dụ như trong bài viết của Huy ở trên kia, ta không thể làm theo cách 1.


Không biết như thế đã rõ chưa. Các bạn hãy thảo luận thoải mái nhé !

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#18
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Xin lỗi Huy, anh quên mất topic này. Bài viết thì chắc là không... biết bao giờ mới có :D (anh lười quá).
Mà thảo luận thế này có khi lại giúp hiểu kĩ hơn cũng nên.

Bây giờ sẽ nói rõ hơn hai điều mà anh "đố" mọi người ở trên kia nha.

1. Bài viết có một điểm chưa chặt chẽ. Lấy thử Bài toán 1 để giải thích.



Điểm chưa chặt chẽ ở đây là không giải thích tại sao ta lại có thể đặt như vậy ! Lúc đọc lời giải, anh tự hỏi ngay là (anh giả định thôi, vì tất nhiên là anh biết rồi): Chắc gì đã tồn tại $x,y,z$ để em có thể đặt như vậy ?
Đúng ra cần phải nói là:
Với mọi $a,b,c > 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$, luôn tồn tại $x,y,z > 0$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$.
Và điều này cần phải chứng minh chứ không phải chỉ nói suông là xong. Chứng minh thì rất đơn giản, giải hệ $(x,y,z)$ theo $(a,b,c)$ là xong.

2. Tại sao anh nói là em chưa hiểu bản chất của đồng bậc ?

Lúc anh đọc xong câu này, anh tự nhủ: "Quái, nó vừa đồng bậc xong, tại sao nó lại còn bảo là 'ngớ ngẩn, có thể đồng bậc,...' là sao ?". Sau đó thì anh hiểu ra: "À, thì ra nó đang đồng bậc mà chính nó cũng không biết".
Có thể bây giờ thì Huy đã biết rồi, nhưng anh giải thích thêm một chút cho các bạn còn chưa hiểu:

Xét bài toán sau: Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng $a+b+c \ge 3$.
Bây giờ ta tìm cách đưa BĐT $a+b+c \ge 3$ này về dạng thuần nhất bậc (tức là ta muốn đồng bậc BĐT đó).
Có nhiều cách để làm việc này. Ví dụ:
- Cách 1: nhân vế phải với $\sqrt[3]{abc}$ để đưa vế phải về bậc 1, tức là cùng bậc với vế trái: $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$. Xong.
- Cách 2: từ điều kiện $abc=1$, ta dễ dàng chứng minh rằng luôn tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$. BĐT trở thành $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \ge 3$. Ta chỉ cần chứng minh BĐT này với mọi $x,y,z>0$ là xong.
- Cách 3: tương tự như cách 2, nhưng ta sẽ đặt $a=\frac{x^2}{yz},b=\frac{y^2}{zx},c=\frac{z^2}{xy}$, khi đó BĐT trở thành $x^3+y^3+z^3 \ge 3xyz$.

Những thứ này đều được gọi là đồng bậc.
Về bản chất, Cách 2 và Cách 3 giống nhau, và khác Cách 1. Nhưng Cách 2 và Cách 3 là tổng quát hơn. Ví dụ như trong bài viết của Huy ở trên kia, ta không thể làm theo cách 1.


Không biết như thế đã rõ chưa. Các bạn hãy thảo luận thoải mái nhé !

Hì, những điều này sau em đã biết rồi ạ :P còn những điều ở trước, anh nhắc em mới nhận ra :D
Còn như em đã nói,

Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề :D

ý em là đưa hệ số tự do trở thành biến :D Đây chắc cũng là một kiểu đồng bậc chứ ạ :D

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#19
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Đây là một ứng dụng của nó :D Mọi người thử nhé :P

Bài toán [Huymit_95 chế]
Cho $a,b,c,d$ là các số thực không âm thoả mãn $a+b=c+d=k$ với $k\ge 0$. Hãy tìm GTLN của :
$$P=\left (a^2+c^2\right )\left (a^2+d^2\right )\left (b^2+c^2\right )\left (b^2+d^2\right )$$


Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#20
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

ý em là đưa hệ số tự do trở thành biến :D Đây chắc cũng là một kiểu đồng bậc chứ ạ :D

Chính là cách số 1 mà anh nói đến. Em không nhìn ra à ?

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 





1 người đang xem chủ đề

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