Đến nội dung

Nesbit

Nesbit

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

#278270 Cách gõ công thức Toán trên diễn đàn

Gửi bởi Nesbit trong 08-10-2011 - 23:17

Dưới đây là một số ví dụ. Nếu các bạn muốn gõ thử thì xin mời nhấn vào đây

$\dfrac{a}{b+c}$

$\frac{a}{b+c}$

$a^2+b_i^3 \ge c_{i+1}^5+d_{x+1}^{y+1}$


$a^2 + b_i^3 \ge c_{i+1}^5 + d_{x+1}^{y+1}$

$\sqrt{a+b^2}$


$\sqrt{a+b^2}$

$\sqrt[n]{a+b}$


$\sqrt[n]{a+b}$

$\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}$


$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}$

$$\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}$$

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}$$

$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x}=1$


$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$

$$\lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x}{x}=1$$

?$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$$

$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}= \dfrac{\pi^2}{6}$


$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}$

$$\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$$

$$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}$$

$\int_{0}^{\pi/2} f(x)dx$


$\int_{0}^{\pi/2} f(x)dx$

$$\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} f(x)dx$$

$$\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} f(x)dx$$

$\underbrace{ a+b+\cdots+z }_{26}$


$\underbrace{ a+b+\cdots+z }_{26}$

$x\equiv a \pmod{b}$


$x\equiv a \pmod{b}$

$1 + \left( \dfrac{1}{1-x^2} \right)^3$


$1 + \left( \dfrac{1}{1-x^2} \right)^3$

$\left\{\begin{array}{l} x+y = 1 \\ x - y =1 \end{array}\right.$


$\left\{\begin{array}{l}x+y = 1 \\x - y =1 \end{array}\right.$

$\mathbf{X}=\left( \begin{array}{ccc}x_{11} & x_{12} & \ldots \\ x_{21} & x_{22} & \ldots \\ \vdots & \vdots & \ddots \end{array} \right)$


$\mathbf{X}=\left( \begin{array}{ccc}x_{11} & x_{12} & \ldots \\ x_{21} & x_{22} & \ldots \\ \vdots & \vdots & \ddots \end{array} \right)$

\begin{eqnarray}f(x) &=& \cos x \\ f'(x) &=& -\sin x \\ \int_{0}^{x} f(y)dy &=& \sin x \end{eqnarray}


\begin{eqnarray}f(x) &=& \cos x \\ f'(x) &=& -\sin x \\ \int_{0}^{x} f(y)dy &=& \sin x \end{eqnarray}


(sẽ tiếp tục cập nhật)




#277359 Thông báo lỗi của diễn đàn mới

Gửi bởi Nesbit trong 29-09-2011 - 01:39

Diễn đàn ngày một đi xuống, cả chất lượng lẫn giao diện!!!
Thật đáng buồn khi chứng kiến VMF đang chết từ từ, đội ngũ admin đời trước thì không còn nhiệt tình, đội ngũ admin mới thì cho thấy họ chưa có năng lực tốt về quản lý, chỉnh sửa, nâng cấp, bảo trì diễn đàn!

Diễn đàn đi xuống đã từ lâu, cho nên mới phải thay đổi.
Bạn không hề tham gia thảo luận (số bài viết = 1, chính là bài vừa post ở trên), không hề sử dụng chức năng của thành viên, vậy dựa vào đâu bạn cho rằng admin không có năng lực tốt về chỉnh sửa, nâng cấp, bảo trì diễn đàn? (riêng về "quản lí" thì đúng là chưa được tốt, và đây là một điều đáng tiếc, do thời gian quá hạn hẹp). Còn nếu bạn là thành viên lâu năm của diễn đàn, tạo cái nick trên kia chỉ để nêu những ý kiến mang nặng cảm tính cá nhân, không có cơ sở, không có tinh thần đóng góp (mà còn ngược lại), thì rất tiếc là người như bạn không được hoan nghênh ở diễn đàn này.

Xin nhắc lại với các thành viên khác, đây là topic để các bạn thông báo lỗi của diễn đàn, chứ không phải để các bạn nêu những nhận xét cá nhân của mình về giao diện, màu sắc, v.v... Giao diện mới, sẽ có người khen, người chê, bởi vì đó là cảm nhận cá nhân. Rất nhiều ý kiến "chê" trong đó là do chưa quen, theo kinh nghiệm của mình (đã nói rồi). Cái giao diện cũ mà rất nhiều bạn đem ra để so sánh đấy, lúc mới đổi nó cũng nhận được nhiều ý kiến như vậy. Mình đảm bảo là nếu một năm sau mình lại đổi giao diện khác (để nâng cấp nhiều tính năng hữu ích chẳng hạn), sẽ không ít bạn í ới đòi quay lại giao diện hiện tại, cái mà một số bạn đang chê đấy.

Những điều này hầu hết mình đã nói rồi, và đây là lần cuối cùng mình nhắc lại.

Hãy thử bỏ thời gian để mày mò một chút, các bạn sẽ thấy rằng diễn đàn mới vượt trội hơn rất nhiều diễn đàn cũ về tính năng. Riêng về công thức Toán ($\LaTeX$), có thể nói là chúng ta đã có một bước tiến rất dài, không chỉ so với diễn đàn cũ, mà so với tất cả các diễn đàn khác ở Việt Nam đang dùng công thức Toán. Nói thêm một chút là các admin cũ của diễn đàn (trong đó có anh chuanhtien) đã cố gắng rất nhiều trong việc sử dụng hai dấu đôla cho công thức (cách gõ chuẩn của $\LaTeX$) và canh công thức thẳng hàng với text, nhưng đều thất bại.


Trả lời một số thắc mắc cụ thể khác:

- Nhiều bạn cứ nhắc đi nhắc lại "không thấy bộ gõ công thức Toán ở đâu cả", hôm nay mình mới hiểu là các bạn muốn nói tới bảng kí hiệu Toán (cái này không phải là một bộ gõ công thức Toán nhé). Thực ra, những kí hiệu đó đã bị mình ẩn đi (các bạn bấm vào biểu tượng mặt cười ở khung soạn thảo, sẽ có danh sách các mặt cười hiện ra ở phía dưới khung soạn thảo, bấm vào nút Show All thì sẽ thấy được tất cả các kí hiệu). Lí do là vì với trình soạn thảo mới, khi bạn chọn một kí hiệu để thêm vào, nó sẽ thêm vào chính kí hiệu đó luôn chứ không phải là code (với mặt cười cũng vậy). Mình sẽ cố gắng để giải quyết vấn đề này. Tạm thời các bạn có thể vào trang sau, nếu quên công thức: http://www.codecogs....x/eqneditor.php

- Diễn đàn load rất chậm? Bộ gõ mới được tải lâu hơn bộ gõ cũ, nhưng chỉ khác biệt nhiều khi các bạn dùng trình duyệt phiên bản khá cũ. Công thức Toán được tải và hiển thị tốt nhất trên trình duyệt Google Chrome phiên bản mới nhất, các bạn hãy thử xem (nếu không thích Google Chrome, các bạn có thể dùng Firefox, chú ý là không nên dùng Internet Explorer).


#276541 Bổ đề hoán vị $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$

Gửi bởi Nesbit trong 21-09-2011 - 02:07

Bổ đề (Võ Quốc Bá Cẩn)
Với mọi $ a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$, đặt $ab+bc+ca=q$ $ (1 \ge 3q >0)$, khi đó
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6$$



Chứng minh 

(Lê Hữu Điền Khuê)

Ta sẽ tìm hàm số $f(q)$ sao cho
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge f(q) \forall a,b,c>0.$$
Bất đẳng thức tương đương với
$$\sum \dfrac{a}{b}+\sum \dfrac{b}{a}\ge 2f(q)+\sum \dfrac{b}{a}-\sum \dfrac{a}{b}$$
hay
$$\sum ab(a+b)-2abc\cdot f(q)\ge (a-b)(b-c)(c-a).$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
$$\sum ab(a+b)-2abc\cdot f(q)\ge \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}.$$
(thủ thuật đối xứng hóa)
Chuyển sang $p,q,r$ với $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$:
$$(pq-3r)-2f(q)\cdot r \ge \sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}.$$
Vì $p=1$ nên BĐT trở thành
$$(q-3r)-2f(q)\cdot r \ge \sqrt{q^2+18qr-27r^2-4q^3-4r}.$$
Bây giờ ta đặt $k=3+2f(q)$ và bình phương hai vế
$$(q-kr)^2\ge q^2+18qr-27r^2-4q^3-4r$$
Rút gọn đưa về đa thức bậc hai theo $r$:
$$(27+k^2)r^2+2(2-kq-9q)r+4q^3 \ge 0.$$
Bước quan trọng: ta sẽ tìm mối liên hệ giữa $k$ và $q$ sao cho hệ thức $\Delta_r$ bằng 0 (khi đó đẳng thức sẽ xảy ra khi $r$ là một hàm theo $q$, nghĩa là có vô số bộ số $(a,b,c)$ để đẳng thức xảy ra).
Tính
\begin{eqnarray*}
\Delta_r '&=&(2-kq-9q)^2-4q^3(27+k^2)\\
&=&q^2(1-4q)k^2+2q(9q-2)k+(9q-2)^2-108q^3.
\end{eqnarray*}
Giải phương trình $\Delta_r '=0$ để tìm $k$. Ta có
$$\Delta_k '=q^2(9q-2)^2-q^2(1-4q)[(9q-2)^2-108q^3]=16q^3(1-3q)^3 \ge 0$$
Do đó phương trình có hai nghiệm
$$k=\dfrac{2-9q\pm 4\sqrt{q(1-3q)^3}}{q(1-4q)}.$$
Ta sẽ chọn dấu cộng để có nghiệm dương (khử được $(1-4q)$ ở mẫu !)
Vậy
$$k=\dfrac{2-9q+ 4\sqrt{q(1-3q)^3}}{q(1-4q)}.$$
Do đó
$$f(q)=\dfrac{k-3}{2}=\dfrac{1-6q+6q^2+ 2\sqrt{q(1-3q)^3}}{q(1-4q)}.$$
Nhiệm vụ cuối cùng là rút gọn $f(q)$. Lưu ý rằng
\begin{eqnarray*}
1-6q+6q^2+ 2\sqrt{q(1-3q)^3}&=&\left[2\sqrt{q(1-3q)^3}-2(9q^2-2q)\right]+(24q^2-10q+1)\\
&=&2\cdot \dfrac{q(1-3q)^3-(9q^2-2q)^2}{\sqrt{q(1-3q)^3}+2(9q^2-2q)}+(4q-1)(6q-1)\\
&=&2\cdot \dfrac{q(1-4q)(27q^2-9q+1)}{\sqrt{q(1-3q)^3}+2(9q^2-2q)}+(4q-1)(6q-1)\\
\end{eqnarray*}
Vậy
$$f(q)=\dfrac{2(27q^2-9q+1)}{\sqrt{q(1-3q)^3}+2(9q^2-2q)}+\dfrac{1-6q}{q}.$$
Đây chính là điều phải chứng minh.




#276538 Thông báo lỗi của diễn đàn mới

Gửi bởi Nesbit trong 21-09-2011 - 01:35

Về vấn đề ngôn ngữ theo nhận xét của một số bạn: hiện tại ngôn ngữ của diễn đàn là tiếng Anh, đúng là rất bất tiện. Mình sẽ cố gắng chuyển qua tiếng Việt sớm nhất có thể (thực ra là chưa có hỗ trợ tiếng Việt cho phiên bản này của diễn đàn). Các bạn tạm thời + tranh thủ học tiếng Anh một tí vậy :in .

Về vấn đề giao diện: mình đã đọc hết các ý kiến của các bạn trên kia và cũng không lấy làm lạ (đã có nhiều kinh nghiệm, hì hì). Thực ra thì mỗi lần thay đổi giao diện, BQT đều nhận được một số ý kiến, đại loại như "xấu hơn", "không quen", v.v... (điều này chắc chắn cũng xảy ra với hầu hết các diễn đàn khác). Đơn giản là vì các bạn chưa quen giao diện mới. Đến khi quen được một thời gian rồi, nếu BQT lại đổi giao diện (như cũ chẳng hạn), thì cũng sẽ lại những ý kiến đó :-B Đây là điều mà mình đã chứng kiến nhiều lần.

Tóm lại cứ dùng một thời gian thì các bạn sẽ quen.

-----------------------------


Em thấy phiên bản mới này latex rất khó đọc, mong BQT có thể khắc phục!

Em nói rõ hơn được không? Anh gõ thế này em đọc được không: $a^2+b^2+c^2=3$. Nếu không được thì em cho anh biết em đang dùng trình duyệt gì, phiên bản nào, trên hệ điều hành nào.

Nối Like this có vấn đề rồi anh ơi, không sử dụng được.

Cảm ơn em. Bây giờ đã có thể sử dụng được rồi đấy.

Không làm đầy màn hình, chữ sẽ buộc phải chọn font rất to. Nếu mà làm tăng kích thước thì không đọc được những công thức trên một hàng dài ( hay là em không biết nhỉ).

Việc màn hình có full hay không không ảnh hưởng đến font chữ em ạ ! :in

mọi người cho hỏi cái list bài post gần nhất trong trong cá nhân tại sao lại bỏ vậy tớ thấy nó cần thiết mà

Mời bạn xem kĩ lại.


#276441 Thông báo lỗi của diễn đàn mới

Gửi bởi Nesbit trong 20-09-2011 - 03:39

Các bạn thân mến,

Diễn đàn vừa được nâng cấp nên chắc chắn vẫn chưa hoàn thiện. Nếu các bạn phát hiện lỗi, xin vui lòng thông báo cho BQT ở topic này.

Cảm ơn các bạn !


#276440 Cách gõ công thức Toán trên diễn đàn

Gửi bởi Nesbit trong 20-09-2011 - 03:35

Như các bạn đã biết, Diễn đàn đã có cách gõ công thức mới, chuẩn của $\LaTeX$:

$công thức$

hoặc

$$công thức$$

để canh công thức giữa dòng.

Ngoài ra, Diễn đàn còn được bổ sung thêm trình soạn thảo $\LaTeX$, rất tiện lợi (nhất là đối với những bạn không nhớ được công thức).
Trên khung soạn thảo của diễn đàn, các bạn nhấn vào nút $f_x$, như hình vẽ bên dưới.



post-168-0-12455700-1318118048.jpg 

 

 

Một cửa sổ mới hiện ra:



post-168-0-34105100-1318118268.jpg 

 

 

Gõ công thức rồi bấm vào nút Copy to Document để chèn mã của công thức vào bài viết.


Các bạn có thể đặt câu hỏi ở topic này nếu có gì thắc mắc. Lưu ý không gõ thử công thức Toán ở topic này.
Có thể thử chức năng mới và gõ thử $\LaTeX$ ở forum này: http://diendantoanho...p?showforum=413
 

Thân mến.




#271804 Góp ý cho VMF

Gửi bởi Nesbit trong 11-08-2011 - 00:20

Chào các bạn,

Nhóm ĐHV đã có thêm 3 bạn là Nguyễn Hoàng Lâm, Nguyễn Hữu Bảo Chung và vietfrog. Ban quản trị quyết định không tuyển thêm mod nữa. Những bạn khác thấy mình có đủ nhiệt tình, thì cứ yên tâm là thời gian tới (sớm thôi) diễn đàn sẽ rất cần sự đóng góp của các bạn. Còn hiện tại, tham gia thảo luận sôi nổi và nghiêm túc chính là cách đóng góp hay nhất cho diễn đàn.

Thân mến.


VMF tớ thấy đông thành viên trong đó có cả những thành viên thành tích học tập rất xuất sắc nhưng số lượng lên diễn đàn thì ít ko bằng các diễn đàn khác như mathscope, math.vn ở đó số lượng thành viên THPT rất đông toàn pro thôi .Nói thật đọc nhiều bài trên đó thấy khó hiểu wa xá

Chào bạn,

VMF thời gian vừa rồi không có ai phát triển nên xuống cấp. Những thành viên xuất sắc của các diễn đàn khác đều là thành viên cũ, nòng cốt của VMF cả, điều này thật đáng buồn.

Mình không có ý so sánh ganh đua giữa VMF và các diễn đàn khác, vì điều đó vô tình làm mất đi ý nghĩa hoạt động của nó, đó là tạo ra một sân chơi, một nơi mang lại lợi ích thiết thực cho học sinh, sinh viên, giáo viên và những người quan tâm đến Toán học. Nếu những diễn đàn khác đều làm được điều đó, tất nhiên là quá tốt. Thế nhưng, có thể làm được như vậy không, khi mà cộng đồng Toán online vốn đã ít lại bị chia rẽ như hiện tại? Nếu có một nơi mà tất cả mọi người cùng chung sức, như ngày xưa, thì hay biết bao. Nếu có một nơi như vậy, thì theo mình, VMF chính là nơi thích hợp nhất, với lịch sử và vai trò tiên phong không thể chối cãi của nó.


#194711 Tặng mọi người: Bất đẳng thức Garfunkel và một số mở rộng

Gửi bởi Nesbit trong 13-12-2008 - 01:34

Bài viết này mình xin dành tặng các thành viên diễn đàn, đặc biệt là những người mà mình đã từng có nhiều kỉ niệm (về lĩnh vực BDT, hì) trong suốt thời gian qua : thầy namdung, anh Hatucdao, anh hungkhtn, anh Việt Anh, zazai, tanpham,... và một số người bạn cũ đã không còn tham gia diễn đàn nữa như bobbysteven09, Vũ Đình Quý, kelieulinh, kimluan...
Chúc các bạn thành công !

Viết hơi lung tung nên cũng không mong là mọi người sẽ đọc hết, và mình nghĩ bây giờ chắc cũng không còn nhiều người thích đọc một bài viết như vậy. Thôi thì xem như một lời chia tay vụng về vậy :)

File gửi kèm




#186673 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi Nesbit trong 10-06-2008 - 22:37

Vậy là cũng đến ngày tàn của BĐT...


#185426 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi Nesbit trong 20-05-2008 - 02:42

Còn đối với bài :
$(a^3+b^3+c^3)^2\ge 2(a^5b+b^5c+c^5a)+abc(a^3+b^3+c^3) \ \forall a,b,c \ge 0$
(xem lời giải phía trên).
Cách đây hơn một tháng mình ngồi làm theo cách trên thì khi đạo hàm đến bậc hai nó trở thành một BDT sai (1BDT bậc 4). Kết quả tính đạo hàm mình không nhớ, hôm nào về lục lại, hi vọng là mình tính sai. Bạn nào thử tính đạo hàm rồi check hộ nhé! (Nếu anh Hùng có lời giải bài này trong sách tập 2 thì post lên luôn được không ạ, có gì các bạn ở đây check luôn, vài ngày tới chắc em không lên mạng được).

Sử dụng định lý 1 tất nhiên ta không thể chứng minh được các BDT mà có trương dấu đẳng thức xảy ra khi các biến lệch nhau và không có biến nào bằng 0, chẳng hạn như BDT Vasc (các bạn tự kiểm tra, sau khi đạo hàm sẽ thu được một BDT sai).

Example 1.
Let $a,b,c$ be three real numbers. Prove that

$(a^2 + b^2 + c^2)^2\ge 3(a^3b + b^3c + c^3a).$

Mình cũng đã cố gắng tìm cách khắc phục, nhưng chịu. Mấy tháng trước cũng nghe anh Hùng nói ở topic này
http://www.mathlinks...ic.php?t=186179
Đọc tiếng Anh không hiểu cứ tưởng là EMV không xử được các bài dạng như trên. Không ngờ nó còn đi xa hơn cả những gì mình tưởng.

Theorem 3.
Assume that $F(x_1,x_2,...,x_n)$ is a cyclic polynomial of $n$ real variables $x_1,x_2,...,x_n$ with degree $4$ such that $F(x_1,x_2,...,x_n) = 0$ if $x_1 = x_2 = ... = x_n$. Denote $F_0 = F, F_1 = [F_0]$ and $F_2 = [F_1]$, then

(i).The inequality $F\ge 0$ holds for all real numbers $x_1,x_2,...,x_n$ if and only if for any $x_1,x_2,...,x_{n - 1}\ge 0$, the following condition holds

$F_0|_{x_n = 0}\ge 0 \text{\ and \ } F_1^2|_{x_n = 0}\le 2(F_0F_2)|_{x_n = 0}.$

(ii).The inequality $F\ge 0$ holds for all non-negative real numbers $x_1,x_2,...,x_n$ if and only if for any $x_1,x_2,...,x_{n - 1}\ge 0$, then at least one of two following conditions holds

$(1).\ F_0|_{x_n = 0} \ge 0 ; F_1|_{x_n = 0} \ge 0 \text{\ and \ } F_2|_{x_n = 0} \ge 0.$
$(2). \ F_0|_{x_n = 0}\ge 0 \text{\ and \ } F_1^2|_{x_n = 0}\le 2(F_0F_2)|_{x_n = 0}.$

This theorem can help prove the mentioned Vasile's Inequality in a few lines.


Một điều hơi khó hiểu là trong các điều kiện (cần và đủ) để BDT đúng đều có cho 1 biến bằng 0, trong khi dấu bằng của BDT có thể có trường hợp các biến lệch nhau và khác 0! Em hơi nghi ngờ về định lý này.
Đối với bốn biến thì đã có định lý sau đây của Vasc (có chỉnh lại tí xíu):
Định lý (Vasc). Cho $a,b,c,d$ và $x,y,z$ là các số thực. BDT
$a\sum x^4 + b\sum x^2y^2 + c\sum x^3y + d\sum xy^3 \ge (a + b + c + d)xyz\sum x$
đúng với mọi số thực $x,y,z$ khi và chỉ khi $a=c=d=0$ và $b \ge 0$ hoặc $a>0$ và $3a(a + b) \ge c^2 + cd + d^2$.
Các bạn xem ở đây:
http://www.mathlinks...186179&start=20
để biết thêm chi tiết.
Mình đã post một phần chứng minh của Định lý này (cũng ở link trên) bằng cách sử dụng một hằng đẳng thức của Vasc khi chứng minh điều kiện đủ. Để chứng minh điều kiện cần phải quy về việc chứng minh một phương trình bậc 4 có ít nhất một nghiệm khác 1 và khác một số nào đó (mình quên mất tiêu), nhưng phương trình này đã có sẵn một nghiệm là 1 nên sẽ quy được về PT bậc 3. Dĩ nhiên PT bậc ba sẽ luôn có nghiệm thực. Phần còn lại có lẽ là không quá khó (tuy nhiên biến đổi mệt, vì thế mình không hoàn thành nốt được). Hi vọng sẽ có bạn nào đó hoàn thành giúp, hướng đi đã có sẵn rồi (tất nhiên trước hết phải kiểm tra hằng đẳng thức của Vasc).

Lưu ý là bài toán với x,y,z không âm được Vasc đánh giá là "very very hard". Nhưng theo phần (ii) định lý trên của anh Hùng thì nó có thể giải được (về nguyên tắc).
Định lý trên nếu đúng thì quả là tuyệt!

Phần cuối trong bài viết của anh Hùng nhắc đến PID và CID:

Theorem [Ho Joo Lee theorem]
Let $P(a,b,c)$ be a symmetric polynomial of degree $3$. The following conditions are equivalent to each other
$(i).\ P(1,1,1),P(1,1,0),P(1,0,0) \ge 0.$
$(ii).\ P(a,b,c) \ge 0 \ \forall a,b,c\ge 0.$


Theorem 4.
Let $P(a,b,c)$ be a cyclic homogeneous polynomial of degree $3$.
The inequality $P \ge 0$ holds for all non-negative variables $a,b,c$ if and only if

$P(1,1,1) \ge 0 \ ;\ P(a,b,0) \ge 0 \ \forall a,b\ge 0;$

Các mở rộng đặc sắc có lẽ nằm trong phần khác của cuốn sách.
Xem thêm ở đây: http://www.mathlinks...ic.php?t=148928
Còn một link nữa liên quan đến SID nhưng mình không nhớ nằm ở đâu. Về chứng minh của định lý CID (dạng thuần nhất) mình cứ nghĩ là đã post trong link ở trên rồi, lúc nãy đọc thấy anh Hùng bảo là "chưa thấy lời giải nào được đưa ra" thì mới biết là nhớ nhầm. Để về tìm lại, hôm sau sẽ post chứng minh cho PID và CID lên (cực ngắn!).


Cuối cùng cảm ơn anh Hùng vì bài viết (và tất nhiên là vì nhiều thứ khác quan trọng hơn mà có dịp mình sẽ... nhắc đến :neq).


#183985 Ba bài toán mở

Gửi bởi Nesbit trong 26-04-2008 - 02:00

Bài viết của mình còn 3 bài toán mở vẫn chưa giải được. Hi vọng sẽ có cao thủ xử giúp. Box BDT dạo này vắng vẻ hẳn đi.

Bài toán 1. Tìm số thực $k$ nhỏ nhất sao cho BDT sau đúng với mọi $a,b,c,d \ge 0$:
$\dfrac{a}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{b}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+d}}+\dfrac{d}{\sqrt{d+a}} \le k\sqrt{a+b+c+d}$

Bài toán 2. Cho $q$ là số thực nằm giữa $\dfrac{1}{2}$ và $\dfrac{13+5\sqrt{13}}{26} \approx 1.193375245$. Tìm $k$ nhỏ nhất sao cho BDT sau đúng với mọi $a,b,c \ge 0$
$\dfrac{a}{\sqrt{a+qb}}+\dfrac{b}{\sqrt{b+qc}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+qa}} \le k\sqrt{a+b+c}$

Bài toán 3. Cho $k$ là số thực dương nhỏ hơn $1$. Tìm M nhỏ nhất sao cho BDT sau đúng với mọi $a,b,c \ge 0$
$\dfrac{a}{(a+b)^k}+\dfrac{b}{(b+c)^k}+\dfrac{c}{(c+a)^k} \le M(a+b+c)^{1-k}$
Dự đoán: $M=\max \left(\dfrac{3^k}{2^k},1+k(1-k)^{\dfrac{1-k}{k}}\right)$.


#92042 Cần tìm đề thi vào lớp 10

Gửi bởi Nesbit trong 04-07-2006 - 09:59

Tớ đang rất cần đề thi tuyển sinh vào lớp 10 phổ thông môn Toán năm 2006 (tức là vòng 1 ấy), nhưng trên Diễn đàn quá ít. Nếu bạn nào rảnh thì xin giúp đỡ. Rất rất rất cảm ơn !!
:D