Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

Bất đẳng thức Chebyshev


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 16 trả lời

#1 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 18-09-2006 - 23:32

BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSEV, SƠ LƯỢC.

Giới thiệu sơ qua về BĐT chebysev:
Khi học về BĐT, điều đầu tiên, mang đến một cái nhìn đẹp đẽ, quyến rũ và mộng mơ trong ta, đó chính là các BĐT cổ điển. Ai mà không từng say sưa với Cosi trọng số, lãng mạn với cách nhóm Bunhacopxki hay miệt mài cùng Svác thì người đó hẳn chưa mang hết con tim mình đặt vào BĐT! Nhưng trong số muôn vàn BĐT cổ điển tuyệt vời ấy, có một đứa con chiên như bị hắt hủi, bỏ rơi, một nét đẹp cổ điển ít ngừơi chú ý đến. Tôi nói đó chính là BĐT chebysev. Chúng ta hãy cùng tìm và khai phá một nét đẹp bị lãng quên này nào!
I.Một vài dạng cơ bản của bất đẳng thức chebysev:
1/ Với $a \geq b \geq c$ và $x \geq y \geq z$, ta có:
a/ $(a+b+c)(x+y+z) \geq 3(az+by+cx)$
b/ $3(ax+by+cz) \geq (a+b+c)(x+y+z)$
Chứng minh:
Vì $a \geq b \geq c$ và $x \geq y \geq z $nên:
$(a-b)(y-z) \geq 0$
$(a-c)(x-z) \geq 0$
$(b-c)(x-y) \geq 0$
$\rightarrow (a-b)(y-z)+ (a-c)(x-z)+ (b-c)(x-y) \geq 0$.
Từ trên ta có DPCM.
2/ Với$a_1 \geq a_2 \geq .. \geq a_n$ và $b_1 \geq b-2 \geq ..\geq b_n$, ta có:
a/ $(a_1+a_2+..+a_n)(b_1+b_2+..+b_n) \geq n(a_1b_n+a_2b_{n-1}+..+a_nb_1)$
b/ $n(a_1b_1+a_2b_2+..+a_nb_n) \geq (a_1+a_2+..+a_n)(b_1+b_2+..+b_n)$
Chứng mình:
Ta có thể dùng quy nạp để chứng minh BĐT này.


@: Nguồn bài viết lấy từ đây:
[b WWW.TOANTHPT.NET[/b]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 15:49

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#2 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 18-09-2006 - 23:36

BĐT CHEBYSEV, CÁI MỚI VÀ CÁI CŨ

Lời nói đầu:
Trong hai dạng chebysev đã nêu ở các phần trên thì có thể nói đó là hai ìthái cực” của mối quan hệ tổng tích. Thật vậy, với hai bộ $(ax+by+cz)$ và $(az+by+cx)$ thì ta còn dễ dàng nhận thấy rằng đó sự đối xứng của hai dãy số $S=\dfrac{(a+b+c)(x+y+z)}{3}$
Lẽ dĩ nhiên là ta không thể so sánh trực tiếp các bộ hoán vị ở trên với S mà phải thông qua một số điều kiện. Nhưng thật thú vị vì các điều kiện ấy không hề làm cản trở ta trong việc chứng minh, nếu có chỉ là một chút phức tạp hóa trong cách trình bày bài toán. Để minh chứng cho điều đó, tôi sẽ trình bày ngay các điều kiện đó ra đây:
Cho 2 dãy tăng:
$a,b,c,x,y,z$
$a,b,c,x,y,z$

Để thể hiện vai trò qua trọng hàng đầu của $x,y,z$ cũng như mang đến sự nhìn nhận rõ hơn về kĩ thuật này lấy ý tưởng từ BDT chebyshev nên trong các phần sau, mình sẽ thay $a,b,c$ thành $C_1, C_2, C_3$


@: NGUỒN BÀI VIẾT LẤY TỪ ĐÂY:
WWW.TOANTHPT.NET

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 15:51

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#3 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 18-09-2006 - 23:37

Một ví dụ chebysev: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)
$ \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} \geq 6(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$ với $2b \geq a+c$
Lời giải:
Bất đẳng thức về dạng chebysev:
$(a-b)^2(\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab})+(b-c)^2(\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}+(c-a)^2(\dfrac{b(c+a)-2ca}{ac}) \geq 0$(1)
Sắp thứ tự các biến: giả sử: $ a \geq b \geq c$
$x=(a-c)^2, y=(b-c)^2, z= (a-b)^2$
Dễ có: $C_1=\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}, C_2=\dfrac{b(a+c)-2ac}{ac}, C_3=\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab}$
Vậy BĐT cần chứng minh có dạng:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq 0$(2)
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq (x+y+z)(C_1+C_2+C_3)$(3)
Theo tiêu chuẩn 3 phần một, ta có BĐT trên đúng khi và chỉ khi:
$2y \geq x+z $
$ \leftrightarrow \dfrac{2b(a+c)-2ac}{ac}-\dfrac{2c(a+b)-2ab}{ab}-\dfrac{2a(b+c)-2bc}{bc}$
$ \leftrightarrow \dfrac{(2b-a-c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 0$
BĐT trên đúng theo đk đề bài.
Vậy (3) đúng.
Ta tiếp tục chứng minh rằng:
$(x+y+z)(C_1+C_2+C_3) \geq 0$
Thật vậy: $x+y+z \geq 0$(do $x,y,z \geq 0$ và:
$C_1+C_2+C_3=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a+b^2a+c^2b+a^2c -6abc}{abc} \geq 0$(Theo BĐT AM-GM)
Từ trên ta có DPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 15:54

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#4 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 18-09-2006 - 23:45

Trên đây là một phần trong chuyên đề BDT chebyshev của mình, còn rất non kém và yếu ớt phải ko?
Chính thế mà mình pót lên để mọi người cùng giúp đỡ.
Thân.
Chúng ta cùng tìm lại nét đẹp cổ điển nào!

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#5 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 20-09-2006 - 20:15

Bài viết của bạn hay đấy nhưng sao ko cho bài tập để chúng ta rèn luyện ?

Hi hi, bài viết này chưa xong đâu bạn ạ, đây là một vấn đề mình tự sáng tác ra và vì thế mà nó ko phải là tổng hợp từ tài liệu có sẵn, còn nhiều việc để làm để nó dễ sử dụng lắm bạn ạ.
Mà bạn ko vào link dẫn à, ở đó có cả tá bài tập trong phần đầu, tha hồ cho bạn luyện về Chebyshev cổ điển, sắp tới mình sẽ có thêm một phần nữa về vấn đề này, cùng với các ví dụ thật hay, mình phải chắc chắn giải ra rồi mới pót chứ nhỉ? :|

Cám ơn bạn đã quan tâm, chúng ta = tuổi nhau đấy, bạn học trường nào vậy?

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#6 Khách- Snowman_*

Khách- Snowman_*
  • Khách

Đã gửi 25-09-2006 - 14:01

Một ví dụ chebysev: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)
$ \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} \geq 6(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$ với $2b \geq a+c$
Lời giải:
Bất đẳng thức về dạng chebysev:
$(a-b)^2(\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab})+(b-c)^2(\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}+(c-a)^2(\dfrac{b(c+a)-2ca}{ac}) \geq 0$(1)
Sắp thứ tự các biến: giả sử: $ a \geq b \geq c$
$x=(a-c)^2, y=(b-c)^2, z= (a-b)^2$
Dễ có: $C_1=\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}, C_2=\dfrac{b(a+c)-2ac}{ac}, C_3=\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab}$
Vậy BĐT cần chứng minh có dạng:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq 0$(2)
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq (x+y+z)(C_1+C_2+C_3)$(3)
Theo tiêu chuẩn 3 phần một, ta có BĐT trên đúng khi và chỉ khi:
$2y \geq x+z $
$ \leftrightarrow \dfrac{2b(a+c)-2ac}{ac}-\dfrac{2c(a+b)-2ab}{ab}-\dfrac{2a(b+c)-2bc}{bc}$
$ \leftrightarrow \dfrac{(2b-a-c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 0$
BĐT trên đúng theo đk đề bài.
Vậy (3) đúng.
Ta tiếp tục chứng minh rằng:
$(x+y+z)(C_1+C_2+C_3) \geq 0$
Thật vậy: $x+y+z \geq 0$(do $x,y,z \geq 0$ và:
$C_1+C_2+C_3=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a+b^2a+c^2b+a^2c -6abc}{abc} \geq 0$(Theo BĐT AM-GM)
Từ trên ta có DPCM.

@: NGUỒN BÀI VIẾT LẤY TỪ ĐÂY
WWW.TOANTHPT.NET

Giả thiết đã cho $2b \geq\ a+c$ nên không được phép giả thiết thêm $a \geq\ b \geq\ c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 15:58


#7 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 25-09-2006 - 19:26

Một ví dụ chebysev: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)
$ \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} \geq 6(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$ với $2b \geq a+c$
Lời giải:
Bất đẳng thức về dạng chebysev:
$(a-b)^2(\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab})+(b-c)^2(\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}+(c-a)^2(\dfrac{b(c+a)-2ca}{ac}) \geq 0$(1)
Sắp thứ tự các biến: giả sử: $ a \geq b \geq c$
$x=(a-c)^2, y=(b-c)^2, z= (a-b)^2$
Dễ có: $C_1=\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}, C_2=\dfrac{b(a+c)-2ac}{ac}, C_3=\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab}$
Vậy BĐT cần chứng minh có dạng:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq 0$(2)
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq (x+y+z)(C_1+C_2+C_3)$(3)
Theo tiêu chuẩn 3 phần một, ta có BĐT trên đúng khi và chỉ khi:
$2y \geq x+z $
$ \leftrightarrow \dfrac{2b(a+c)-2ac}{ac}-\dfrac{2c(a+b)-2ab}{ab}-\dfrac{2a(b+c)-2bc}{bc}$
$ \leftrightarrow \dfrac{(2b-a-c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 0$
BĐT trên đúng theo đk đề bài.
Vậy (3) đúng.
Ta tiếp tục chứng minh rằng:
$(x+y+z)(C_1+C_2+C_3) \geq 0$
Thật vậy: $x+y+z \geq 0$(do $x,y,z \geq 0$ và:
$C_1+C_2+C_3=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a+b^2a+c^2b+a^2c -6abc}{abc} \geq 0$(Theo BĐT AM-GM)
Từ trên ta có DPCM.

@: NGUỒN BÀI VIẾT LẤY TỪ ĐÂY
WWW.TOANTHPT.NET

Giả thiết đã cho $2b \geq\ a+c$ nên không được phép giả thiết thêm $a \geq\ b \geq\ c$

Định ki lên dd nữa nhưng tâm huýt với chuyên đề quá nên em sẽ trả lời câu hỏi của anh.
Bài này quả thật là sơ sót của em. Anh BVA đưa đề ko chi tiết và em lại copy ra làm ví dụ ngay, rồi gõ lời giải nên mắc lỗi này.
Thật ra đề đúng phải là thế này ạ:
$ a \geq b \geq c$ và $ 2b \geq a+c$ nên nói chính xác nhất thì ta ko cần giả sử gì cả. Đề bài đã có hoàn toàn rồi.
Mọi người có thể tìm hiểu thêm trong topic "Thách thức SOS" của anh KL thì sẽ thấy rõ hơn đề bài toán này.
Rất cám ơn anh đã góp ý.
Em sẽ cố gắng hoàn chỉnh hẳn chuyên đề này và sửa chữa để ko làm phiền mọi người phải đọc những đề sai( sau đó tính gì thí tính)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 15:59

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#8 buckandbaby

buckandbaby

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 159 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HAIPHONG WONDER FARM
  • Sở thích:Cà rốt, đọc sách Hóa ,Sử, Địa, Sinh mới thích Toán, Lí, Anh

Đã gửi 29-09-2006 - 20:54

Không tài nào vào được diendantona thpt nên đành vào đây đọc tạm vậy
Anh thấy bài viết này rất hay, mong là sẽ đưa "đứa con bị bỏ rơi" lên sánh vai cùng anh em. ah mà hình như có những 2 đứa con bị bỏ rơi có thêm cả Holder nữa(đã được anh Hùng cứu vớt).
Bài về Trêbuwsep này em thử thêm cả DL rêbusep mạnh của anh Hùng(trong phần khai triển Abel của anh Kim Hùng) thêm xem thế nào.
Em có cách nào giúp dễ nhớ mấy cái điều kiện này không chứ cứ dùng Trebusep lại lôi đống này ra đọc lại thì chết mệt.
Sử dụng cách này theo anh sẽ giải quyết được một số phần trong SOS khi mà phải chia trường hợp nhỏ lẻ( đỡ phải xét hàm cũng như chia để trị trong những trường hợp không qua chặt).
Cố gắng hoàn thiện bài viết nhé.
ah nếu rỗi thì post lên diễn đàn này cho anh mấy bài
Thành công có 99% là mồ hôi và nước mắt

#9 NPKhánh

NPKhánh

    Tiến sĩ toán

  • Thành viên
  • 1115 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:maths.vn
  • Sở thích:Nghiên cứu Toán học

Đã gửi 29-09-2006 - 21:37

uhm .
Bạn muốn xem các bài trong http://www.toanthpt.net phải là thành viên diễn đàn. Nếu bạn là học sinh THPT thì nó là diễn đàn bổ trợ kiến thức phổ thông, xong nó cũng là một thư viện kiến thức nếu không dám nói là chỉ sau http://www.diendantoanhoc.net

http://mathsvn.violet.vn trang ebooks tổng hợp miễn phí , nhiều tài liệu ôn thi Đại học



http://www.maths.vn Diễn đàn tổng hợp toán -lý - hóa ... dành cho học sinh THCS ;THPT và Sinh viên


#10 conan2512

conan2512

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 27 Bài viết

Đã gửi 01-10-2006 - 21:55

Hì,ra là cao thủ trêbưsep nên mấy bài của cậu cho mình toàn dùng trêbưsep cả,timlaiminh ạ.Mình cũng rất hứng thú với bdt cổ điển mà tiêu biểu là Côsi nhưng pp này hơi yếu,nhìn kĩ hơn lại là cm bdt phụ rồi cộng lại là xong.Cậu có bài nào hay gửi cho mình với.THANK YOU

#11 NPKhánh

NPKhánh

    Tiến sĩ toán

  • Thành viên
  • 1115 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:maths.vn
  • Sở thích:Nghiên cứu Toán học

Đã gửi 02-10-2006 - 11:12

IMO 1995 :Giả sử a,b,và c là các số thực dương thỏa mãn đu\iểu kiện abc=1. CMR:
$\large {\dfrac{1}{a^3(b+c) }+ {\dfrac{1}{b^3(c+a)}+ {\dfrac{1}{c^3(a+b)} \geq \dfrac{3}{2}$

Một bài toán chebysev khá căn bản phải không ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 16:00

http://mathsvn.violet.vn trang ebooks tổng hợp miễn phí , nhiều tài liệu ôn thi Đại học



http://www.maths.vn Diễn đàn tổng hợp toán -lý - hóa ... dành cho học sinh THCS ;THPT và Sinh viên


#12 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 04-10-2006 - 21:26

Rất xin lỗi mọi người vì off liền mấy ngày qua. Thật sự thì mình ko còn hứng thú BDT lắm, nhưng sẽ cố gắng hoàn thành chuyên đề này thật mĩ mãn.
Khà khà, trong chuyên đề trên có hai lỗi sai cực lớn, nhưng vẫn ko làm lung lay gốc rễ của ý tưởng.
Hứa là cuối tuần sẽ có bản update.
Bài hay thì rất nhiều.

@: Mình quên mất bạn connan2512 là ai rồi, chán quá. Bạn PM lại cho mình nha.

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#13 Prudential112410

Prudential112410

    Ngang như cua

  • Thành viên
  • 359 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-10-2006 - 21:38

[quote name='NPKhánh' date='October 02, 2006 11:12 am']IMO 1995 :Giả sử a,b,và c là các số thực dương thỏa mãn đu\iểu kiện abc=1. CMR:
$xyz=1$
YCBT :delta $ \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{z+y} \geq \dfrac{3}{2}$
Đến đây dùng B.C.S cho 2 bộ số là OK!?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 16:01

Thời gian sẽ chứng minh tất cả.
Biết rồi! Khổ lắm! Nói mãi...!
http://toanthpt.net:Diễn đàn Toán-Lý-Hóa dành cho học sinh THCS,THPT

#14 toanhocmuonmau

toanhocmuonmau

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết
  • Đến từ:Cần Thơ
  • Sở thích:yêu và chỉ yêu 1 người thôi: Hằng ơi, anh yêu em!!!!!!!!!!!!!

Đã gửi 09-10-2006 - 09:21

IMO YCBT $ \Leftrightarrow \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{z+y} \geq \dfrac{3}{2} $

đúng rồi phải là $ \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{z+y} \geq \dfrac{3}{2} $
Cho mình xin lỗi vì sai lầm ngu ngốc vừa rồi, đấm một cái nè :D :exists

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 16:03

The love makes us stronger!

V. Q. B. Can


#15 Prudential112410

Prudential112410

    Ngang như cua

  • Thành viên
  • 359 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-10-2006 - 12:03

Sao lại thế?
Bác thử lại đi?
Bác thử CM BDT đó xem có được không?
Bdt của mình là cơ bản lắm rồi?
Dùng Holder hay BCS đều ra?
Thời gian sẽ chứng minh tất cả.
Biết rồi! Khổ lắm! Nói mãi...!
http://toanthpt.net:Diễn đàn Toán-Lý-Hóa dành cho học sinh THCS,THPT

#16 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 28-10-2006 - 20:45

Lâu quá rồi mình mới vào lại topic này.
Thành thật xin lỗi bạn nào quan tâm đến chuyên đề.
Sau đây là bản update rõ ràng nhất của chuyên đề này:


KĨ THUẬT PHÂN TÁCH BDT CHEBYSHEV

Trong nhiều trường hợp, ta cần đưa các BDT về một dạng chuẩn để việc sử dụng BDT chebyshev đạt hiệu quả tối đa. Xin giới thiệu với mọi người các cách phân tích BDT về dạng ìchebyshev” thường được dùng:
Ta sẽ cố gắng đưa bài toán BDT về các dạng :
$x+y+z=t(a+b+c)$ và $x+y+z=1$ và $=\dfrac{(3x+1)(1+y^2)-(3x+1)(x^2+1)}{(1+x^2)(1+y^2)}$
$=\dfrac{(x-y)(3-3xy-x-y)}{(1+x^2)(1+y^2)}$
$=\dfrac{(x-y)(2x+2y+3z-3xy)}{(1+x^2)(1+y^2)}$
Mà $\dfrac{a}{a^{2}+bc}+\dfrac{b}{b^{2}+ca}+\dfrac{c}{c^{2}+ab}\leq\dfrac{3(a+b+c)}{2(ab+bc+ca)}$
BDT tương đương với

$S=\dfrac{(a+b+c)(x+y+z)}{3}$
Lẽ dĩ nhiên là ta không thể so sánh trực tiếp các bộ hoán vị ở trên với S mà phải thông qua một số điều kiện. Nhưng thật thú vị vì các điều kiện ấy không hề làm cản trở ta trong việc chứng minh, nếu có chỉ là một chút phức tạp hóa trong cách trình bày bài toán. Để minh chứng cho điều đó, tôi sẽ trình bày ngay các điều kiện đó ra đây:
Cho 2 dãy tăng:
$a,b,c,x,y,z$
$C_1,C_2,C_3,x,y,z$

Nhìn qua điều kiện cho phép các bổ đề $2$ điều kiện đúng là bài toán được thỏa mãn.
Vậy ta đã xử lí xong một vấn đề khá quan trọng trong các điểm yếu của BDT chebyshev: Với mọi bài toán sau khi đã phân tích và sắp thứ tự các biểu thức: C_1, C_2, C_3 và x,y,z thì ta hoàn toàn có thể áp dụng cheby để xử lí( với lưu ý là có nhiều hơn một cách phân tích về dạng chuẩn tắc)

Vấn đề cuối cùng của BDT chebyshev: sắp thứ tự các biến. Đây là một vấn đề khó và hóc búa nhất khi muốn áp dụng BDT cheby. Mình xin nêu ra một số kĩ thuật nữa, trong tầm hạn chế để giải quyết vấn đề này.
1/ Kĩ thuật chia trường hợp giao miền:
Ý tưởng của kĩ thuật này có thể phát biểu đơn giản như sau: Nhiều khi ta chia bài toán thành hai hoặc nhiều trường hợp nhỏ để xử lí, những trường hợp đó không nhất thiết phải nằm trên hai miền khác nhau của bài toán mà có thể trùng lên nhau, nhưng phải đảm bảo là hội của hai trường hợp đó bao quát hết toàn bộ bài toán.

Ví dụ: Thay vì chia bài toán thành hai trường hợp là: $2TH$:
$(1_a)$ đ úng.
$2/$ ở phần một, ta có:
$(1_b)$ đúng.
Th2: $b \geq a \geq c$.
Xét các trường hợp con như trên, ta cũng dễ dàng có DPCM.

Bài toán 7: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)
$ \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} \geq 6(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$ với $2b \geq a+c$
Lời giải:
Bất đẳng thức về dạng chebysev:
$(a-b)^2(\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab})+(b-c)^2(\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}+(c-a)^2(\dfrac{b(c+a)-2ca}{ac}) \geq 0$(1)
Sắp thứ tự các biến: giả sử: $ a \geq b \geq c$
$x=(a-c)^2, y=(b-c)^2, z= (a-b)^2$
Dễ có: $C_1=\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}, C_2=\dfrac{b(a+c)-2ac}{ac}, C_3=\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab}$
Vậy BĐT cần chứng minh có dạng:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq 0$(2)
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq (x+y+z)(C_1+C_2+C_3)$(3)
Theo tiêu chuẩn 3 phần một, ta có BĐT trên đúng khi và chỉ khi:
$2y \geq x+z $
$\leftrightarrow \dfrac{2(b(a+c)-2ac)}{ac} -\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}- \dfrac{c(a+b)-2ab}{ab} \geq 0$
$ \leftrightarrow \dfrac{(2b-a-c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 0$
BĐT trên đúng theo đk đề bài.
Vậy (3) đúng.
Ta tiếp tục chứng minh rằng:
$(x+y+z)(C_1+C_2+C_3) \geq 0$
Thật vậy: $x+y+z \geq 0$(do $x,y,z \geq 0$ và:
$C_1+C_2+C_3=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a+b^2a+c^2b+a^2c -6abc \geq 0$(Theo BĐT AM-GM)
Từ trên ta có DPCM.




Sau đây là một số bài tập để các bạn rèn luyện PP này:

Bài 1: (Phạm Kim Hùng)
Cho a,b,c >0. CMR:
$\dfrac{a^4}{a^3+b^3}+\dfrac{b^4}{b^3+c^3}+\dfrac{c^4}{c^3+a^3} \geq \dfrac{a+b+c}{2}$

Bài 2: (Phạm Kim Hùng)
$ \dfrac{a^3}{2a^2+b^2}+\dfrac{b^3}{2b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{2c^2+a^2} \geq \dfrac{a+b+c}{3}$

(Những bài trên các bạn thử, ko giải đc = chebyshev cũng ko sao, nhưng qua đó các bạn sẽ hiểu PP này rõ hơn)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 16:04

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn


#17 CTptnk

CTptnk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Đến từ:tp.HCM

Đã gửi 02-11-2006 - 17:50

Một bài toán dễ khác cho các bạn thực tập:
$ \sum \dfrac{a^2+bc}{a+b} \geq \dfrac{a+b+c}{3}$ với a,b,c>0.
Tới đây thì chuyên đề chính thức chấm dứt hoạt động, mình sẽ ko pót thêm bài toán nào nữa. Các bạn có thắc mắc cứ việc hỏi, mình sẽ cố gắng trả lời.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 11-05-2009 - 16:05

Giải bóng đá PTNK11 - NKeauge - Nơi tình yêu bắt đầu
Mọi nhã ý tài trợ cho giải đấu phát triển lâu dài xin liên hệ email: nkeauge@yahoo.com.vn





0 người đang xem chủ đề

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