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 CHEBYSHEVTrong 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
