Đến nội dung

Hatucdao

Hatucdao

Đăng ký: 26-12-2004
Offline Đăng nhập: 25-11-2011 - 04:36
****-

#186168 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi Hatucdao trong 31-05-2008 - 22:00

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


#158125 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi Hatucdao trong 27-06-2007 - 21:50

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
$\sqrt {1 - yz + z^2 } + \sqrt {1 - tx + x^2 } \ge \sqrt {1 - xy + x^2 } + \sqrt {1 - zt + z^2 }$ $:D$
$ \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 :D 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.


#157660 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi Hatucdao trong 24-06-2007 - 09:41

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
$b_1-b_2=(y-z)(1-y-z)=x(y-z)$

$a_1=x+y^2=x(1-x)+(x+y)^2-2xy=x(y+z)+(x+y)^2-2xy=(x+y)^2-x(y-z)$
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:
$c-b_2=(x+y)^2-(z+y^2)=x(x+2y)-z=x(1+y-z)-z=(x-z)+x(y-z)$

$a_1-b_1=x+y^2-y-z^2=x-y+(y-z)(1-x)=(x-z)-x(y-z)$
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
$B+C=z^3+(y^3+z-y)$

$C-B=2x-y-z+z^3-y^3\ge y-z+z^3-y^3$
$z^3-(y^3+z-y)= (y-z)(1-y^2-yz-z^2)\ge 0$
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
$A+B=y^3+(x^3+y-x)$

$A-B=x+y-2z+x^3-y^3\ge y-x+x^3-y^3$
$=(x^3+y-x)-y^3=(y-x)(1-x^2-xy-y^2)\ge 0$
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)


#157656 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi Hatucdao trong 24-06-2007 - 08:55

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
$m_a+m_b\le \sqrt{(\dfrac{a+b}{2})^2+2c^2}$ :D
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 :D 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)


#157518 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi Hatucdao trong 22-06-2007 - 15:25

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:
$2bc\cos A+2ca\cos B+2ab\cos C \le a^2 + b^2 + c^2$ :D
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 :D 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)


#157510 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi Hatucdao trong 22-06-2007 - 14:33

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 $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ :D.

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)


#157508 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi Hatucdao trong 22-06-2007 - 14:16

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.


#82210 Làm sao học tốt Bất đẳng thức

Gửi bởi Hatucdao trong 27-05-2006 - 20:46

Em học yếu bất đẳng thức.Nhiều bài cách giải rất dễ nhưng em lại mò mẫm xa vời rồi làm cho bài toán rối tung cả lên.Em không biết cách dừng đúng lúc trong quá trình triển khai.Xin giúp em!

Tôi nghĩ đây là khó khăn chung của nhiều bạn, ko chỉ là BDT mà nhiều môn khác ... Đó là ko biết phải làm như thế nào, khi đọc lời giải cũng ko rõ vì sao lại giải như vậy ... Đó là hệ quả của cách học "nhồi sọ", một cách học sẽ giúp ...ghét Toán một cách lâu dài.

Có lẽ, một cách khắc phục (tuy tốn nhiều thời gian, nhưng đáng giá) là sau khi nắm vững những kiến thức cơ bản, bạn nên cố gắng thử tự giải 1 vài bài (hơn là cố thuộc lòng hết dạng này đến dạng khác) ... có thể sẽ bí, thì ít ra bạn sẽ biết mình bí ở đâu. Khi đó, có thể "xem trộm" lời giải một chút để vượt qua chỗ bí, rồi tự đi tiếp ... như vậy, bạn sẽ chỉ cần nhớ những gì cần thiết để "vượt cạn", và rồi, các bạn sẽ thấy những gì mình phải nhớ sẽ ngày càng ít đi (chứ ko phải ngày càng nhiều hơn). Chúc bạn học tốt!


#76119 Tư tưởng chia để trị trong chứng minh BĐT

Gửi bởi Hatucdao trong 07-05-2006 - 15:08

TƯ TƯỞNG CHIA ĐỂ TRỊ TRONG CHỨNG MINH BĐT

0.Tư tưởng chính

Các bạn thân mến, về mặt lý thuyết thì rõ ràng để chứng minh một BĐT loại ìchặt chẽ” (tức là có dấu ì=”) thì khó hơn là 1 BĐT thực sự, vì khi đánh giá còn phải ìchừa đường sống” cho trường hợp đẳng thức xảy ra.
Sở dĩ ta gặp khó khăn đó là vì mong muốn có một đánh giá cho toàn cục (trên cả miền giá trị của các biến). Do đó, khi gặp những biểu thức mà lúc thì lên, lúc thì xuống ìvô chừng” thì sẽ rất khó khăn: một đánh giá tốt cho trường hợp này nhưng ko tốt cho trường hợp khác.

Một trong những cách đơn giản nhất để khắc phục điều đó là chia miền làm việc thành nhiều miền con, mà mỗi miền tương đối ìdễ thương” để ta có thể xử lý đơn giản. Nói một cách nôm na, là thay vì làm một việc rất khó để nhận 100 000 đồng (hay USD cũng được :)), ta nhận làm 10 việc dễ, mỗi việc chỉ cần 20 000 đồng, thì vẫn hiệu quả hơn.

Cách làm trình bày dưới đây có thể tóm tắt như sau:
-Bước1: dự đoán các trường hợp xảy ra dấu đẳng thức (ta gọi là các trường hợp ìnhạy cảm”), khoanh vùng chúng lại xét riêng ra.
Phần còn lại, ta chỉ làm việc với các BĐT thực sự.
-Bước2: biến đổi, chuẩn hóa BĐT về dạng thích hợp (sửa soạn chiến trường)
-Bước3: dứt điểm bằng cách băm nhỏ theo từng biến để xử lý.
Thật ra, có rất nhiều cách chia miền, xét khoảng … những gì trình bày ở đây chỉ là một cách hết sức thô sơ. Mục đích chính là giúp các bạn có thêm một cách nhìn, chứ ko phải kĩ thuật, tức là cung cấp kiếm ý chứ ko phải kiếm chiêu. Đọc xong, các bạn ko phải nhớ gì cả. :Leftrightarrow


#75864 Các phương pháp đếm nâng cao

Gửi bởi Hatucdao trong 06-05-2006 - 16:34

Hì, về lục mãi mới ra ... hi vọng góp vài ví dụ minh họa (đây là "phiên bản" thời 2002, ko biết có lạc hậu chưa :))

Hình gửi kèm

  • post_24_1146908088.jpg



#75561 Tư tưởng chia để trị trong chứng minh BĐT

Gửi bởi Hatucdao trong 05-05-2006 - 16:22

Theo tôi, các bạn nên bắt đầu từ những ví dụ đơn giản hơn. Chẳng hạn

Cho x + y + z = 1, chứng minh rằng $\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}\le \dfrac{9}{10}$

Vâng, em sẽ cố diễn đạt sao cho càng dễ hiểu càng tốt, tuy nhiên vì thời gian có hạn nên đây là một nhiệm vụ khó :P

Bài Thầy nêu nếu dùng hàm lồi để khoanh vùng rồi xử phần ngoại vi thì cũng ... Tuy nhiên, bài này có cách khác ngắn hơn nhiều, chỉ cần chia 2 trường hợp. Mà khổ nỗi học sinh phổ thông thường chỉ ấn tượng với những cái gì "nhất" thôi ...

Hơn nữa, chia để trị là một tư tưởng quá rộng lớn, những gì nói ở đây chỉ là một phần rất nhỏ, song điều mà em trình bày về bản chất khác xa với kiểu "chia trường hợp" ...

MM thì chưa biết gì về chia để trị cả, có điều ko hiểu với pp này có thể sáng tạo các bài toán mới hay ko, hay là chỉ để giải thôi ?


Anh nghĩ phần "sáng tạo" bài toán nên để độc lập với việc giải bài toán. Một bài toán hay, và có ý nghĩa, phải là bài toán nảy ra khi tìm hiểu về một cái gì đó tương đối "thời sự" (việc này, đòi hỏi một chút cơ duyên). Ngược lại, nếu tìm bài toán để phục vụ ...lời giải thì ...thật là đáng buồn (như kiểu "gà què quanh quẩn cối xay" ấy ;) ).

Khi "bị ép" phải giải một bài toán mà ta chưa hề biết trước đường hướng, thì sẽ có nhiều ý tưởng rất lạ xuất hiện, và giải ra bài toán mới thực sự cảm xúc ... Điều này các bạn có ý định đi sâu về toán nên lưu ý.


#74405 Tư tưởng chia để trị trong chứng minh BĐT

Gửi bởi Hatucdao trong 01-05-2006 - 14:33

Các bạn thân mến, trong topic này chúng tôi sẽ giới thiệu một cách cụ thể phương pháp chia để trị. Mục đích của topic này là kiếm ý, chứ ko phải kiếm chiêu. Tất nhiên, một số kĩ thuật cơ bản cũng sẽ được trình bày.

Trước hết, để có chút cảm giác về sức mạnh của phương pháp này, mời các bạn thử sức với 2 bài toán ìnhập môn” sau:

Bài toán 1. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\large \dfrac{a^7}{a^6+b^6}+\dfrac{b^7}{b^6+c^6}+\dfrac{c^7}{c^6+a^6}\ge \dfrac{a+b+c}{2}$

Bài toán 2. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\large\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+ab}}> \dfrac{4}{a+b+c}$

-----

PS: 1) Hai bài này được lấy từ topic http://diendantoanho...showtopic=10100
… Chúng được chọn, không phải vì độ khó, mà vì bài 1 là bài đầu tiên, bài 2 là bài gần đây nhất ồ đều được giải quyết ("nhanh chóng" :P) bằng phương pháp này.

2)Để cho hấp dẫn, sẽ có một món quà ìnho nhỏ” chờ bạn nào giải được 2 bài toán này trong vòng 1 tuần, bắt đầu từ hôm nay. Mọi lời giải (chỉ cần sơ cấp, không cần ngắn - dài, không cần xấu - đẹp :P ) đều được hoan nghênh.


#41187 Tại sao nhiều bài toán BĐT thế ?

Gửi bởi Hatucdao trong 07-11-2005 - 20:27

Tại sao chúng ta không thể coi giải một bài toán là "thú vui" nho nhỏ được nhỉ?

Đồng ý với hungkhtn. Tôi không bình luận thế nào là đẹp trong toán, nhưng mà nếu việc giải xong một bài toán đem lại cho ta cảm xúc vui thích thì tại sao phải "ngăn cấm" nó chứ.

Đọc các bài viết ở đây, hình như mệnh đề "Sử dụng phần lớn thời gian học toán ở phổ thông cho toán BĐT là một sự lãng phí"vẫn chưa trở thành mệnh đề đúng .

Như đã nói ở trên, đây là một mệnh đề phiến diện. Nói nôm na là "ép" BDT quá, vì nếu thay BDT bằng bất cứ cái gì ở phổ thông đều "hợp lí" cả.
Thậm chí nếu các bác cứ khăng khăng đem mệnh đề này để bài bác BDT, thì các bác có ý kiến gì về các mệnh đề "tương tự":
"Sử dụng phần lớn thời gian học toán ở đại học cho giải tích (hay đại số) là một sự đáng tiếc".
"Sử dụng phần lớn cuộc đời chỉ để học toán là một sự đáng tiếc".
--------

Tôi hiểu rằng các bác muốn cảnh báo các em học sinh rằng các BDT "kiểu sơ cấp" không phải là mục tiêu của toán học, càng không phải là "đỉnh cao" để chăm chăm lao vào, và chỉ nên xem nó như một trò giải trí. Tôi nghĩ mọi người đều nhận thức được điều này. Đồng thời tôi nghĩ rằng, việc có một niềm yêu thích nào đó, dù là "nho nhỏ", cũng là điều đáng trân trọng.


#40477 Tại sao nhiều bài toán BĐT thế ?

Gửi bởi Hatucdao trong 02-11-2005 - 08:34

Chủ đề của Lim hấp dẫn quá nhỉ, tôi cũng xin lạm bàn 1 chút.
Theo tôi thì BDT là một dạng toán thú vị ở Trung học. Ít nhất là nó đòi hỏi một sự sáng tạo (dù là tối thiểu) chứ không thể "rập khuôn". Với lại nó là một dạng toán "dễ hiểu", lại dễ dàng tìm tòi, mở rộng nên khá hấp dẫn. Tôi nghĩ đó là lí do nhiều người (có cả tôi) thích dạng toán này.

Còn hỏi BDT có quan trọng hay không, thì câu trả lời quá rõ ràng (ít nhất là trong giải tích). Các vấn đề ước lượng, xấp xỉ , ... đều dựa trên các BDT cả. Chỉ có điều là "chủ đề" cũng như các kĩ thuật về BDT khác biệt khá nhiều so với các "BDT Trung học", có thể nói nôm na là sự khác biệt giữa "đường lớn" và "đường nhỏ". Điều này cũng là sự khác biệt chung giữa toán Trung học và Đại học.

Nếu nói như Lim:

Còn tớ thì cho rằng sử dụng phần lớn thời gian học toán ở trung học để làm toán BĐT là một sự lãng phí

thì tôi cho ràng hơi phiến diện. Phát biểu trên vẫn hoàn toàn "có lí" nếu thay mấy chữ BDT bởi 1 môn Toán bất kì nào khác, thậm chí nó còn "có lí hơn" nếu là những thứ đại khái như: khảo sát hàm số để vẽ đồ thị ...

Tóm lại, với các bạn học sinh thì việc phân bổ thời gian cho hợp lí là chuyện cần thiết, song nếu cảm thấy rãnh rỗi thì có một sự "đam mê" nho nhỏ nào đó là điều đáng trân trọng. Riêng tôi, việc "đem tất cả mẹo mực để giải quyết một vấn đề" là một cảm giác thú vị, và ta có thể "giải trí" như vậy qua cờ, toán hay một trò chơi nào khác.


#18217 Vẻ đẹp toán học là gì?

Gửi bởi Hatucdao trong 06-05-2005 - 15:05

"...Toán học là hành trình, không phải điểm đi và điểm đến. Một hành trình vô thức mang dáng dấp định mệnh. Một hiện hữu xuất hiện trong khoảnh khắc của không thời gian mênh mông. Ôm lấy toàn thể vô tận chỉ bằng những chuỗi ngắn nguổi nối tiếp. Tham vọng có thể phi lí, nhưng đầy lãng mạn, để mặc lấy ý nghĩa cho hiện hữu phù du ..." (trích lí thuyết tập hợp of Nguyễn Thanh Sơn)