Đến nội dung

Nesbit

Nesbit

Đăng ký: 26-12-2004
Offline Đăng nhập: 20-03-2024 - 22:21
****-

#291165 Tài liệu gối đầu giường cho người mới làm quen với $\LaTeX$

Gửi bởi Nesbit trong 31-12-2011 - 00:58

Đó là: Một tài liệu ngắn gọn giới thiệu về $\LaTeX$, một tài liệu kinh điển cho người mới làm quen với $\LaTeX$, đã được dịch ra rất nhiều thứ tiếng khác nhau, trong đó có tiếng Việt.

Tải bản tiếng Việt ở đây: http://mirrors.ctan....e/lshort-vi.pdf


#291163 Giới thiệu box mới

Gửi bởi Nesbit trong 31-12-2011 - 00:35

Xin chào các bạn,

Box mới này được mở để hỗ trợ việc soạn thảo tài liệu khoa học với $\LaTeX$. Hi vọng những bạn rành về $\LaTeX$ có thể giúp Ban Quản Trị một tay trong việc post tài liệu hướng dẫn và giải đáp thắc mắc.

Trước khi đặt câu hỏi, hãy Google trước, bởi vì Google vốn dĩ đã là công cụ hỗ trợ tốt nhất.

Chúc các bạn sức khoẻ !

Thay mặt Ban Quản Trị.


#289419 Góp ý

Gửi bởi Nesbit trong 21-12-2011 - 22:23

1. Tên nước và quốc khánh không hiểu phải nhập kiểu gì?
vietnam29 hay là: vietnam0209?

Cả hai đều được.

Ngoài ra mã xác nhận quá khó nhìn.

Bạn xem hình vẽ bên dưới.
dangki.JPG
  • MIM yêu thích


#289158 Một vài BĐT cũ

Gửi bởi Nesbit trong 20-12-2011 - 21:22

Thêm một vài bài để anh em thư giãn trước khi đến với một số bài toán tổng quát khác. Không sắp xếp theo độ khó.

Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau ta có $$\dfrac{a^2}{(a-b)^2}+\dfrac{b^2}{(b-c)^2}+\dfrac{c^2}{(c-a)^2}\ge 1.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 6. Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{3a^2+(a-1)^2}+\dfrac{1}{3b^2+(b-1)^2}+\dfrac{1}{3c^2+(c-1)^2} \ge 1.$$

Bài 7. Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{7-6a}{2+a^2}+\dfrac{7-6b}{2+b^2}+\dfrac{7-6c}{2+c^2} \ge 1.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 8. Với mọi số thực không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau, chứng minh rằng $$\dfrac{1}{(a-b)^{2}}+\dfrac{1}{(b-c)^{2}}+\dfrac{1}{(c-a)^{2}}\ge\dfrac{11+5\sqrt{5}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}.$$

Bài 9. Chứng minh BĐT sau với $a,b,c$ không âm $$\dfrac{a}{\sqrt{2a+3b}}+\dfrac{b}{\sqrt{2b+3c}}+\dfrac{c}{\sqrt{2c+3a}} \le k\sqrt{a+b+c}$$ trong đó $k=\dfrac{2\sqrt{3}-3}{\sqrt{-1+\sqrt{3}}}+\sqrt{\dfrac{-5+3\sqrt{3}}{2}}$.


#288960 Một vài BĐT cũ

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 21:36

Post nốt lời giải của Bài 4.


Bài 4. Chứng minh rằng với mọi $k \ge -2$ và $a,b,c \ge 0$ ta có $$\dfrac{a}{b^2+kbc+c^2}+\dfrac{b}{c^2+kca+a^2}+\dfrac{c}{a^2+kab+b^2} \ge \dfrac{\min \left(4,\dfrac{9}{k+2}\right)}{a+b+c}.$$

Lời giải. Trước hết, ta chứng minh BĐT trên với $k=\dfrac{1}{4}$, nghĩa là $$\dfrac{a}{4b^2+bc+4c^2}+\dfrac{b}{4c^2+ca+4a^2}+\dfrac{c}{4a^2+ab+4b^2} \ge \dfrac{1}{a+b+c}.$$
Thật vậy, theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có $$\text{Vế trái} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum a(4b^2+bc+4c^2)}.$$
Chỉ cần chứng minh $$(a+b+c)^3 \ge \sum a(4b^2+bc+4c^2),$$ hay $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c+ca(c+a).$$
BĐT cuối cùng chính là BĐT Schur cho ba số. Vậy BĐT đã được chứng minh khi $k=\dfrac{1}{4}$, với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hay $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị tương ứng.
Bây giờ, nếu $k>\dfrac{1}{4}$, sử dụng BĐT $b^2+kbc+c^2 \le \dfrac{4(k+2)}{9}\left(b^2+\dfrac{1}{4}bc+c^2\right)$ ta có $$\sum \dfrac{a}{b^2+kbc+c^2} \ge \dfrac{9}{4(k+2)}\cdot\dfrac{a}{b^2+\dfrac{1}{4}bc+c^2} \ge \dfrac{9}{(k+2)(a+b+c)}=\dfrac{\min \left(4,\dfrac{9}{k+2}\right)}{a+b+c}.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Nếu $-2 \le k < \dfrac{1}{4}$, sử dụng BĐT $b^2+kbc+c^2 \le b^2+\dfrac{1}{4}bc+c^2$ ta có $$\sum \dfrac{a}{b^2+kbc+c^2} \ge \dfrac{a}{b^2+\dfrac{1}{4}bc+c^2} \ge \dfrac{4}{a+b+c} =\dfrac{\min \left(4,\dfrac{9}{k+2}\right)}{a+b+c}.$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.
BĐT được chứng minh hoàn toàn. $\square$


#288952 Cách lưu một topic thành file PDF

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 21:16

Bài viết này hướng dẫn cách lưu một topic trên diễn đàn thành file PDF.

Bước 0: Cài PDFCreator. Nếu sử dụng trình duyệt Google Chrome thì không cần làm bước này.
Vào link này để tải về: http://sourceforge.n...latest/download sau đó cài đặt.


Bước 1: Vào topic cần lưu, kéo xuống phía dưới. Bấm vào nút Print ở phía dưới khung trả lời (xem hình vẽ).
print1.JPG



Bước 2: Trang cần in hiện ra. Ở trang này, nhấn Ctrl+P.
print2.JPG



Bước 3:

1. Nếu sử dụng trình duyệt Google Chrome: trang in của Google Chrome sẽ hiện ra. Làm theo hướng dẫn như hình vẽ bên dưới.
print3.JPG

2. Nếu sử dụng trình duyệt Firefox (hoặc trình duyệt khác), cửa sổ in sẽ hiện ra. Làm theo hướng dẫn như hình vẽ bên dưới.
print4.JPG




Kết quả của ví dụ trên (là topic này) được đính kèm bên dưới.

File gửi kèm




#288911 Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng: $$a^3+b^3+c^3-3ab...

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 18:29

Chứng minh hằng số tốt nhất ở vế phải là $2$ (tương ứng với bất đẳng thức trên)

Rõ ràng ta không xét đến trường hợp $a=0$. Khi $a \ne 0$, bất đẳng thức trở thành
\[1 + {x^3} + {y^3} - 3xy \ge k{\left( {\dfrac{{x + y}}{2} - 1} \right)^3}\]
Giả sử tồn tại $k$ sao cho bất đẳng thức trên đúng với mọi $x,y \ge 0$

Khi đó, cho $x=y=t \ge 0$ thì với mọi $t$, ta phải có

\[\begin{array}{l}
1 + 2{t^3} - 3{t^2} \ge k{\left( {t - 1} \right)^3} \\
\Leftrightarrow \left( {2t + 1} \right){\left( {t - 1} \right)^2} \ge k{\left( {t - 1} \right)^3} \\
\Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {2t + 1 - kt - k} \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow 2t + 1 \ge k\left( {t + 1} \right) \\
\Leftrightarrow k \le \dfrac{{2t + 1}}{{t + 1}} \\
\end{array}\]
Qua giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối (cho $t \to + \infty $) thì ta thu được $k \le 2$.

Việc còn lại là chứng minh bất đẳng thức đúng khi $k=2$ đã được thực hiện ở trên với rất nhiều phương án.

Thật đáng tiếc là ngay cả với $k=2$, bất đẳng thức vẫn khá lỏng. Tuy nhiên không thể làm chặt thêm theo cách này.

Trong BĐT $a^3+b^3+c^3-3abc \ge k\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$, chỉ cần cho $a=0$ và $b=c=1$ ta có ngay $k\le 2$. Xong.


#288910 Chứng minh rằng với mọi $a,b,c \geq 1$, ta có: $$...

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 18:25

Mới thấy cái này, các bạn đọc chơi cho vui:

Theo Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có
\begin{eqnarray}
\left(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\right)^2 &\le & \left[ \left(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}\right)^2+1 \right] \left[ 1+\left(\sqrt{c-1}\right)^2 \right] \\
&= & c\left(a+b-1+2\sqrt{(a-1)(b-1)}\right)\\
&\le & c(a+b-1+(a-1)(b-1)+1) \\
&= & c(ab+1).
\end{eqnarray}


#288905 Bất đẳng thức Garfunkel và một số mở rộng

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 17:53

Chỉ là một kỉ niệm nho nhỏ của mấy năm về trước.

Dành cho bạn nào chưa biết: BĐT Garfunkel chính là BĐT sau:

Với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta có $$\dfrac{a}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{b}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+a}} \le \dfrac{5}{4}\sqrt{a+b+c}.$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(3,1,0)$ hoặc các hoán vị vòng tương ứng.

File gửi kèm




#288832 Một vài BĐT cũ

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 07:19

Bài 3. Cho hai số thực $k,l$ trong đó $k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+k(abc+bcd+cda+dab)+l(a+b+c+d)$$ trong đó $a,b,c,d$ là bốn số thực không âm thoả mãn $a^3+b^3+c^3+d^3=4$.

Bài này chắc chắn là bài khó nhất trong bốn bài. Lời giải bên dưới sử dụng một kĩ thuật rất mạnh, chuyên xử lí những BĐT đối xứng. Các bạn chịu khó theo dõi và kiểm tra nhé !

Lời giải. Đặt $$P(a,b,c,d)=Q(c,d)=c^2+d^2+ mcd +n(c+d)+p$$ trong đó $m =k(a+b), n=kab+l,p=a^2+b^2+la+lb$. Lại đặt $c^3+d^3=2t^3$ và $c+d=x$, thế thì $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$.

Vì $(c+d)(c^2+d^2-cd)=2t^3$ nên ta có $cd=\dfrac{1}{3} \left(x^2-\dfrac{2t^3}{x}\right)$, và do đó $$3Q(c,d)=f(x)=(m+1)x^2+2(2-m)\dfrac{t^3}{x}+3nx+3p.$$
Ta có
\begin{eqnarray}
f'(x) &=& 2(m+1)x+2(m-2)\dfrac{t^3}{x^2}+3n\\
f''(x) &=& 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{x^3}.
\end{eqnarray}
Ta sẽ chứng minh $m \ge -2$ và như thế $f''(x) \ge 0$ với mọi $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$.
Nếu $k \ge 0$ thì $m \ge 0$.
Nếu $0 > k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$ thì $$m=k(a+b) \ge 2k \sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3}{2}} \ge 2\sqrt[3]{3}k \ge -2.$$
Như vậy ta luôn có $m \ge -2$.
Nếu $2 \ge m \ge -2$ thì $f''(x) \ge 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{8t^3}=\dfrac{1}{2}(3m+6) \ge 0$.
Nếu $m \ge 2$ thì $f''(x) \ge 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{2t^3}=6 >0$.
Tóm lại $f''(x)\ge 0$ với mọi $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$, nghĩa là $f(x)$ là hàm lồi trên $[\sqrt[3]{2}t,2t]$, do đó
$$f(x) \le \max (f(\sqrt[3]{2}t),f(2t))$$
hay $$Q(c,d)\le \max \left(Q\left(\sqrt[3]{\dfrac{c^3+d^3}{2}},\sqrt[3]{\dfrac{c^3+d^3}{2}}\right),Q\left(\sqrt[3]{c^3+d^3},0,\right) \right) \hspace{2cm} (*)$$
Lưu ý rằng BĐT $(*)$ ở trên đúng với hai số bất kì trong bộ $(a,b,c,d)$. Việc thu được BĐT này chính là bước quan trọng nhất của lời giài.

Bây giờ, xét thấy những người theo dõi bài này đều là hảo thủ :D, ta có định lý dồn biến sau:

Định lý 1. Nếu $F(a,b,c,d)$ liên tục và đối xứng trên $\mathbb{R}^4$ thoả mãn $$F(x,y,z,t)\le \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right)$$ với mọi hoán vị $(x,y,z,t)$ của $(a,b,c,d)$ thì ta có $$F(a,b,c,d)\le \max \left(F(t,t,t,t),F(4t/3,4t/3,4t/3,0),F(t/2,t/2,0,0),F(t,0,0,0) \right)$$ trong đó $t=\dfrac{a+b+c+d}{4}.$

Áp dụng định lí này, từ BĐT $(*)$ ta có ngay
\begin{eqnarray}
P(a,b,c,d) &\le& \max \left(P(1,1,1,1),P\left(\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},0\right),P\left(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2},0,0\right),P\left(\sqrt[3]{4},0,0,0\right)\right) \\
&=& \max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).
\end{eqnarray}
Lời giải kết thúc. $\square$

*******


Định lý 1 có lẽ không quá quen thuộc với nhiều bạn, do đó lời giải trên có thể sẽ hơi thiếu tính thuyết phục. Định lý sau, còn gọi là Định lý dồn biến cơ bản, chắc chắn là quen thuộc hơn:

Định lý 2. (Định lý dồn biến cho ba số) Nếu $F(a,b,c)$ liên tục và đối xứng trên $\mathbb{R}^3$ thoả mãn $F(x,y,z)\le F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z\right)$ với mọi hoán vị $(x,y,z)$ của $(a,b,c)$ thì ta có $F(a,b,c)\le F(t,t,t)$ trong đó $t=\dfrac{a+b+c}{3}.$

Bắt đầu từ BĐT $(*)$, ta sẽ tìm cách xử lí khác bằng cách sử dụng Định lý 2:
Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3,t=d^3$, ta có $x+y+z+t=4$. Đặt tiếp $F(x,y,z,t)=P\left(\sqrt[3]{x},\sqrt[3]{y},\sqrt[3]{z},\sqrt[3]{t}\right)=P(a,b,c,d)$, BĐT $(*)$ trở thành $$F(x,y,z,t)\le \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right) \hspace{2cm} (**)$$ (nếu ta thay $x,y$ bằng hai số bất kì trong bốn số $x,y,z,t$ thì tất nhiên BĐT $(**)$ cũng đúng)
Bây giờ áp dụng BĐT $(**)$ nhiều lần ta có
\begin{eqnarray}
F(x,y,z,t) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right) \\
F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right) & \le & \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{z+t}{2},\dfrac{z+t}{2} \right),F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z+t,0 \right) \right) \\
F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{z+t}{2},\dfrac{z+t}{2} \right) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{s}{4},\dfrac{z+t}{2} \right),F\left(\dfrac{s}{2},\dfrac{x+y}{2},0,\dfrac{z+t}{2} \right) \right) \\
F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{s}{4},\dfrac{z+t}{2} \right) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4} \right),F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{4},0 \right)\right) \hspace{1cm} (\text{trong đó } s=x+y+z+t)
\end{eqnarray}
Từ các BĐT trên ta rút ra nhận xét:

Nhận xét 1. $F(x,y,z,t)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $x,y,z,t$ đều bằng nhau hoặc có một số bằng $0$.

Bây giờ xét $G(x,y,z)=F(x,y,z,0)$. Ta sẽ chứng minh nhận xét sau:

Nhận xét 2. $G(x,y,z)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả ba số $x,y,z$ đều bằng nhau hoặc có một số bằng $0$.

Chỉ cần chứng minh: Với mọi $x,y,z$, giả sử không tồn tại $s,r$ sao cho $G(x,y,z)\le G(s,r,0)$, khi đó $x=y=z$.
Lưu ý là từ BĐT $(**)$ ta có $G(x,y,z)\le \max \left(G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z \right),G\left(x+y,0,z \right) \right)$. Do đó nếu điều giả sử ở trên là đúng thì ta luôn có $G(x,y,z)\le G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z \right)$. Áp dụng Định lý 2 ta có ngay điều phải chứng minh.
Tóm lại ta đã chứng minh Nhận xét 2.

Như vậy, từ Nhận xét 1, Nhận xét 2 và BĐT $G(x,y,0)\le \max \left(G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},0 \right),G\left(x+y,0,0 \right) \right)$ ta suy ra: $F(x,y,z,t)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $x,y,z,t$ đều bằng nhau, hoặc có một số bằng 0 và ba số còn lại bằng nhau, hoặc có hai số bằng 0 và hai số lại bằng nhau, hoặc có ba số bằng 0. Nghĩa là
\begin{eqnarray}
P(a,b,c,d) &\le& \max \left(P(1,1,1,1),P\left(\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},0\right),P\left(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2},0,0\right),P\left(\sqrt[3]{4},0,0,0\right)\right) \\
&=& \max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).
\end{eqnarray}

*******


Đối với nhiều bạn, có lẽ ngay cả đến Định lý 2 cũng rất xa lạ. OK, ta có thể chứng minh luôn Định lý 2 (đó chỉ là một bài tập giới hạn dãy số nho nhỏ). Nhưng thực sự mà nói thì bài toán này không phải dành cho các bạn. Tuy nhiên, các bạn cũng có thể rút ra được nhiều điều bổ ích từ lời giải ở trên (nếu nó đúng :D) để áp dụng vào các kì thi. Các bạn có thể thấy là chúng ta đã có thể kết luận được như sau mà không cần đến bất cứ định lý phụ trợ nào: $P(a,b,c,d)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $a,b,c,d$ đều bằng nhau, hoặc có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. Và như vậy, bài toán đã được đưa về một biến, tất nhiên về nguyên tắc sẽ giải tiếp được bằng khảo sát hàm (với những giá trị cụ thể của $l,k$ thì chắc chắn nó sẽ được giải quyết dễ dàng).


#288820 Về câu 5_ĐH khối D năm 2004!

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 01:24

Lời giải 1 thì chỉ chứng minh được có nghiệm duy nhất trên $(1;2)$, không phải trên $\mathbb{R}$. Lời giải 2 thì ý tưởng giống như những gì anh Thạch đã post (nhưng mà trình bày hơi lung tung, thi ĐH là dễ mất điểm lắm đó em).

Ngoài ra, nếu không muốn dùng đạo hàm thì cũng rất đơn giản: như lập luận ở trên, ta chỉ cần xét $x > 1$. Phương trình đã cho có thể viết lại thành $x^5=(x+1)^2$, hay $f(x)=0$ với $f(x)=x^{5/2}-x-1$. Vì $f$ liên tục và $f(1)\cdot f(2)<0$ nên $f$ có nghiệm thuộc đoạn $(1;2)$. Hơn nữa, vì $f(x)=x(x^{3/2}-1)-1$ nên hiển nhiên $f$ đồng biến trên $(1,+\infty)$, cho nên nghiệm đó là duy nhất.


#288813 Về câu 5_ĐH khối D năm 2004!

Gửi bởi Nesbit trong 19-12-2011 - 00:15

P/s: Giải đáp xong câu hỏi trên, các bạn (lớp 11) thử tìm cách không xử dụng đạo hàm nhé. :D

Coi bộ mặc dù rất cố gắng thu hút sự chú ý, nhưng nỗ lực của Việt đã không được đền đáp :D
Có cách không dùng đạo hàm đấy, nhưng vì câu hỏi dành cho các bạn lớp 11 nên anh không tiện post :P


#288801 Một vài BĐT cũ

Gửi bởi Nesbit trong 18-12-2011 - 22:48

Thật là đãng trí ! Không hiểu sao lại quên bẵng đi.

Thành thật xin lỗi những ai đã từng quan tâm đến topic này !

Dưới đây là lời giải của bốn bài:


Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải. Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$$LHS^2 \le \left(\sum a(qb+pc)\right)\left(\sum \dfrac{a}{a^2+2bc}\right)=(p+q)(ab+bc+ca)\left(\sum \dfrac{a}{a^2+2bc}\right).$$
Vậy chỉ cần chứng minh
$$\sum \dfrac{a}{a^2+2bc} \le \dfrac{a+b+c}{ab+bc+ca}.$$
BĐT này lại tương đương với
$$\sum a\left(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{a^2+2bc}\right) \ge 0$$
hay
$$\sum \dfrac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc} \ge 0.$$
Giả sử $a \ge b \ge c \ge 0$, thế thì $(c-a)(c-b) \ge 0$. Chỉ cần chứng minh
$$\dfrac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc}+\dfrac{b(a-b)(c-b)}{b^2+2ac} \ge 0.$$
BĐT này đúng bởi vì

$$\dfrac{a(a-c)}{a^2+2bc} \ge \dfrac{a^2(b-c)}{b(a^2+2bc)}\ge \dfrac{b(b-c)}{b^2+2ac}.$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$ hay $(a,b,c)=(p,q,0)$ và các hoán vị. $\square$



Bài 2. Cho các số thực không âm $a,b,c,p$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2 \ge (p-1)(ab+bc+ca)$. Chứng minh $$\dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2-ca}{pb^2+c^2+a^2}+\dfrac{c^2-ab}{pc^2+a^2+b^2} \ge 0.$$
Nếu $a^2+b^2+c^2 \le (p-1)(ab+bc+ca)$ thì BĐT trên đổi chiều.

Lời giải. Xét $a^2+b^2+c^2 \ge (p-1)(ab+bc+ca)$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c \ge 0$, như vậy
$$(a^2-bc)(b+c) \ge (b^2-ca)(c+a) \ge (c^2-ab)(a+b) \ge 0$$ và
$$(pa^2+b^2+c^2)(b+c) \le (pb^2+c^2+a^2)(c+a) \le (pc^2+a^2+b^2)(a+b) \le 0$$
Do đó, theo BĐT Chebysev ta có
$$LHS=\sum \dfrac{(a^2-bc)(b+c)}{(pa^2+b^2+c^2)(b+c)} \ge \left(\sum (a^2-bc)(b+c)\right)\left(\sum \dfrac{1}{(pa^2+b^2+c^2)(b+c)}\right)=0$$
bởi vì $\sum (a^2-bc)(b+c)=0$. BĐT được chứng minh.
Nếu $a^2+b^2+c^2 \le (p-1)(ab+bc+ca)$ thì
$$(pa^2+b^2+c^2)(b+c) \ge (pb^2+c^2+a^2)(c+a) \ge (pc^2+a^2+b^2)(a+b) \ge 0$$
do đó BĐT Chebysev ở trên sẽ đổi chiều, và như vậy BĐT ban đầu cũng đổi chiều. Chứng minh kết thúc. $\square$

Nhận xét. Ta có đẳng thức sau với mọi $a,b,c,p$:
$$\sum \dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}=\dfrac{(a^2+b^2+c^2 - (p-1)(ab+bc+ca))\sum (a^2+b^2+pc^2)(a-b)^2}{2\prod (a^2+b^2+pc^2)}$$
Từ BĐT này, ta thấy BĐT ban đầu đúng với mọi số thực $a,b,c$ và mọi số thực không âm $p$.

...


(xem Man City và Arsenal đá xong post tiếp)


#288655 Thông báo số 2

Gửi bởi Nesbit trong 18-12-2011 - 01:22

Nhiều người tham gia hơn để VMF sôi nổi và hoạt động mạnh mẽ hơn. Em tưởng đây mới là mục đích chính của BQT khi tổ chức thi thử.
Cộng thêm nhiều người tham gia thì sẽ giúp được nhiều người. VMF là diễn đàn lớn thì không thể dừng lại ở những con số nhỏ, mà phải vươn xa hơn. Tổ chức ra để ít người tham gia cũng được thì mất công quá anh ạ

Cuộc thi nào cũng phải có mục đích và đối tượng riêng của nó. Giả sử diễn đàn tổ chức một cuộc thi thử Olympiad (ví dụ như thi thử Quốc Gia chẳng hạn), thì đề ra tất nhiên phải sát với chương trình thi Học sinh giỏi, điều đó là bắt buộc (lí do vì sao thì có lẽ không cần giải thích bạn cũng hiểu), mặc dù nếu ra đề sát với chương trình học phổ thông, thậm chí cho thêm một hai câu THCS cho nó... đông vui, thì sẽ kéo theo được nhiều người tham gia, như bạn đã nói. Giải thích tương tự với Kì thi thử Đại học VMF mà chúng tôi đang tiến hành.

Góp ý của bạn rất đáng hoan nghênh, nhưng có lẽ bạn đã hiểu sai mục đích của cuộc thi.

Có thể trong tương lai diễn đàn sẽ tổ chức một cuộc thi khác, dành cho nhiều đối tượng hơn. Nhưng đó lại là chuyện khác.


#288472 Góp ý

Gửi bởi Nesbit trong 16-12-2011 - 23:17

Mình góp ý ban quản trị cần có quy định về chữ kí thành viên : Ví dụ bạn
Mylovemath có chữ kí chiếm cả 1/3 trang tin trông rất thiếu thẩm mĩ .

@Mylovemath : bạn thông cẩm nhé . Sự thật thường dễ gây mất lòng

Ý kiến của bạn rất xác đáng. Diễn đàn đã có điều chỉnh.
Xin cảm ơn.
  • MIM yêu thích