Đến nội dung

Hình ảnh

CHUYÊN ĐỀ: Hàm số và thuần nhất, chuẩn hóa trong chứng minh BĐT-CT THCS


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết

1) Mở đầu:

 

Chào các bạn, chỉ còn 2 tháng nữa là mình chính thức bước qua ngưỡng cửa THCS, cho nên mình quyết định làm một chuyên đề xem như là kỉ niệm của mình với BĐT-CT THCS và cũng là chia sẻ những kinh nghiệm về BĐT-CT của mình cho các bạn, đây chắc sẽ là chuyên đề cuối của mình về BĐT-CT của THCS.

 

Sẽ viết gì đây nhỉ? Đây là câu hỏi đầu tiên của mình khi viết chuyên đề này, mình thấy đa số các topic trong BĐT-CT THCS đều là những phương pháp phổ biến, mình xin nhắc lại một số phương pháp chính: AM-GM, Cauchy-Schwarz, Schur, Đirichles,.... Và trong từng phương pháp có vô vàn các kĩ thuật đặc sắc, nói chung là rất phong phú! Mình sẽ chia sẻ kinh nghiệm của mình về 2 phương pháp ít được để ý và áp dụng tới nhưng lại có hiệu quả rất tốt!

 

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

 

2)  Phương pháp:

 

a) Hàm số trong chứng minh bất đẳng thức- cực trị THCS:

 

"##" :Ở chương trình THCS, hàm số đồ thị ta chỉ học hàm số bậc nhất, tức là:

 

Hàm số: $y=ax+b$ với $a\not\equiv 0$ cho ta đồ thị là một đường thẳng đi qua điểm $b$ trên trục tung và điểm $\frac{-b}{a}$ trên trục hoành, hình vẽ:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Do đồ thị của hàm số bậc nhất là một đường thẳng đi từ dưới lên nên ta có tính chất sau:

 

* Tính chất: Hàm số $y=ax+b$ với $a\not\equiv 0$ trên đoạn $\left [ x_{0};x_{1} \right ]$. Với $a>0$:

  1.          $f(x)\leq m\Leftrightarrow f(x_{1})\leq m$
  2.          $f(x)\geq m\Leftrightarrow f(x_{0})\geq m$

 

Để các bạn có thể hình dung một cách cụ thể, ta sẽ tiếp cận với một số ví dụ sau:

 

Bài toán 1 : Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $x+y+z=4$.

               Chứng minh: $x+y\geq xyz$

 

Giải: Xét $P=xyz-(x+y)=xyz-(4-z)$                   $(x+y+z=4)$

 

Đặt $xy=t$

 

$\Rightarrow f(t)=tz-(4-z)$ là hàm số bậc nhất đối với $t$  ($z$ là tham số)

 

Ta có: $0< t\leq \frac{(4-z)^{2}}{4}$

 

Dựa vào tính chất trên, ta cần chứng minh:  $f(\frac{(4-z)^{2}}{4})\leq 0$

 

Thật vậy: $f(\frac{(4-z)^{2}}{4})=z(\frac{(4-z)^{2}}{4})-(4-z)=\frac{(z-4)(z-2)^{2}}{4}\leq 0$ (do $x+y+z=4$)

 

Vậy ta có $P\leq 0$ hay ĐPCM

 

* Nhận xét: Với bài toán trên ta có 2 cách đơn giản sau:

 

C1: $a+b\geq abc\Leftrightarrow a+b\geq ab(4-a-b)\Leftrightarrow (a+b)(ab+1)\geq 4ab$ (Đúng theo AM-GM) 

C2: $(a+b)(a+b+c)^{2}\geq 4(a+b)^{2}c\geq 16abc\Rightarrow a+b\geq abc$

 

Bài toán 2: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=1$

              Tìm min: $P=x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9xyz}{2}$

 

* Bài toán này được mình tổng quát như sau:

 

Bài toán tổng quát:(PlanBbyFESN)

 

              Cho $x,y,z$ là ba số dương thỏa mãn: $x+y+z=k$          $(\forall k>0)$

 

                         Tìm min:  $P=x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9xyz}{2k}$

                       

                           Chọn $k=1$ ta sẽ có bài toán trên!

 

Giải (PlanBbyFESN): Với những người chưa được tiếp xúc nhiều với BĐT Schur thì bài toán này quả thực là không hề dễ:

 

Sau đây là những lời giải của mình cho bài BĐT này:

Ta có: $A=a^{2}+(b+c)^{2}+bc(\frac{9a}{2}-2)-\frac{1}{2}=bc(\frac{9a}{2}-2)+2a^{2}-2a+\frac{1}{2}$

 

Đặt $bc=t$

$\Rightarrow A=t(\frac{9a}{2}-2)+2a^{2}-2a+\frac{1}{2}$

là hàm số bậc nhất đối với $t$ ($a$ là tham số)

 

Ta có: $0< t\leq \frac{(1-a)^{2}}{4}$

 

Đối với bài toán này, ta chưa chắc chắn răng hệ số $\frac{9a}{2}-2 >0 $ nên ta cần chứng minh đồng thời cả hai cái sau:

 

$\left\{\begin{matrix} f(0)\geq 0 & \\ f(\frac{(1-a)^{2}}{4})\geq 0 & \end{matrix}\right.$

 

Thật vậy: $f(0)=2a^{2}-2a+\frac{1}{2}=2(a-\frac{1}{2})^{2}\geq 0$

                $f(\frac{(1-a)^{2}}{4})=\frac{a(3a-1)^{2}}{8}\geq 0$

 

Nên ta có ĐPCM. Dấu "=" sẽ là bộ số: $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$

 

* Nhận xét: Đối với bài toán trên, ta còn 2 cách sau:

 

C2: (ngocanh99)

 

Ta có bổ đề quen thuộc sau, chứng minh hoàn toàn bằng AM-GM:

 

 

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$

 

Áp dụng bổ đề ta được:

 

 

$xyz\geq (k-2x)(k-2y)(k-2z)\Rightarrow 9xyz\geq 4k(xy+yz+xz)-k^3$

 

$\Rightarrow P\geq x^2+y^2+z^2+\frac{4(xy+yz+xz)-k^2}{2}=\frac{2(x+y+z)^2-k^2}{2}=\frac{k^2}{2}$

...............................

 

C3: (PlanBbyFESN)

 

Theo nguyên lí Đi-rích-lê trong 3 số $a-\frac{1}{3};b-\frac{1}{3};c-\frac{1}{3}$ luôn tồn tại 2 số có tích không âm

 

Giả sử:  $(a-\frac{1}{3})(b-\frac{1}{3})\geq 0\Rightarrow ab+\frac{1}{9}\geq \frac{1}{3}(a+b)\Rightarrow abc+\frac{c}{9}\geq \frac{c}{3}(1-c)\Rightarrow abc+\frac{c^{2}}{3}\geq \frac{2c}{9}\Rightarrow \frac{9abc}{2}+\frac{3c^{2}}{2}\geq c$

 

 

$\Rightarrow P=\sum a^{2}+\frac{9abc}{2}\geq a^{2}+b^{2}+c-\frac{1}{2}c^{2}\geq \frac{\left (a+b \right )^{2}}{2}-\frac{1}{2}c^{2}+c\geq \frac{(1-c)^{2}}{2}-\frac{1}{2}c^{2}+c=\frac{1}{2}$

..............................

 

Bài toán 3: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $x+y+z=1$.

                  Chứng minh: $xy+yz+zx-2xyz\leq \frac{7}{27}$

 

Giải:

 

Đặt $A=\frac{7}{27}-(xy+yz+zx-2xyz)=\frac{7}{27}-x(y+z)-yz(1-2x)=yz(2x-1)-x+x^{2}+\frac{7}{27}$

 

Đặt $yz=t$

 

$\Rightarrow A=t(2x-1)-x+x^{2}+\frac{7}{27}$ là hàm số bậc nhất đối với $t$ ($x$ là tham số)

 

Ta có: $0< t\leq \frac{(1-x)^{2}}{4}$

 

Vậy cần chứng minh: $\left\{\begin{matrix} f(0)> 0 & \\ f(\frac{(1-x)^{2}}{4})\geq 0 & \end{matrix}\right.$

 

Thật vậy: $\left\{\begin{matrix} f(0)=(x-\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{4}+\frac{7}{27}> 0 & \\ f(\frac{(1-x)^{2}}{4})=\frac{1}{9}(3x-1)^{2}(6x+1)\geq 0 & \end{matrix}\right.$

 

Vậy ta có ĐPCM.

* Nhận xét: Đối với bài toán trên ta còn một số cách:

 

C2: Do $x+y+z=1$.

 

$xy+yz+zx-2xyz\leq \frac{7}{27}\Leftrightarrow (xy+yz+xz)(x+y+z)-2xyz\leq \frac{7}{27}(x+y+z)^{3}$

 

Khai triển $\Rightarrow$ BĐT $\Leftrightarrow 7(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz\geq 6xy(x+y)+6yz(y+z)+6zx(z+x)$  (1)

Mà $x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq 3xyz$ (AM-GM)

 

$\Rightarrow$ (1)$\Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

 

$\Leftrightarrow xyz\geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$ (Đúng theo AM-GM)

 

C3: Trong 3 số $x-\frac{1}{3}; y-\frac{1}{3}; z-\frac{1}{3}$ tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm.

       Giả sử :$ x-\frac{1}{3}; y-\frac{1}{3}$

 

$(x-\frac{1}{3})(y-\frac{1}{3})\geq 0 \Rightarrow xy+\frac{1}{9}\geq \frac{1}{3}(x+y) \Rightarrow xyz+\frac{z}{9}\geq \frac{1}{3}z(x+y) \Rightarrow -2xyz\leq \frac{2z}{9}-\frac{2}{3}z(x+y)$

 

$\Rightarrow xy+yz+zx-2xyz \leq \frac{2}{9}z+\frac{1}{3}z(x+y)+xy$

 

Mà: $\frac{2}{9}z+\frac{1}{3}z(x+y)+xy\leq \frac{2}{9}z+\frac{1}{3}z(x+y)+\frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{2}{9}z+\frac{1}{3}z(1-z)+\frac{1}{4}(1-z)^{2}=-\frac{1}{12}(z-\frac{1}{3})^{2}+\frac{7}{27}\leq \frac{7}{27}$ 

(ĐPCM)

 

"##": Mình sẽ nói thêm một chút về tính chất hàm số bậc hai, nhưng chỉ mang tính giới thiệu cho mọi người là chính:

 

Hàm số bậc hai : $y=ax^{2}+bx+c$ với $a$ khác 0 là một parabol như hình vẽ:

 

Với $a>0$:

 

 

 

 

 

Với $a<0$

 

 

 

 

 

 

* Tính chất:

  1. Đối với hàm số $y=ax^{2}+bx+c$ với $a>0$
  • Để chứng minh $f(x)\leq 0$ với $x\in \left [ x_{0};x_{1} \right ]$ ta cần CM:

       $\left\{\begin{matrix} f(x_{0})\leq  0 & \\ f(x_{1})\leq  0 & \end{matrix}\right.$

     

      2. Đối với hàm số $y=ax^{2}+bx+c$ với $a<0$

  • Để chứng minh $f(x)\geq 0$ với $x\in \left [ x_{0};x_{1} \right ]$ ta cần CM:

      $\left\{\begin{matrix} f(x_{0})\geq  0 & \\ f(x_{1})\geq  0 & \end{matrix}\right.$

 

Bài toán: Cho $a,b,c\in \left [ 1,2 \right ]$  $CM: a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$

 

Lời giải: Bài này nếu không nhầm là ở trong THTT, có hai cách như sau:

 

Cách 1:

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử $a\geq b\geq c$

 

$a^{3}-5a+2=(a-2)(a^{2}+2a-1)\leq 0$

 

$b^{3}+5a-5ab-1=(b-1)(b^{2}+b+1-5a)\leq (b-1)(a^{2}+a+1-5a)=(b-1)(a^{2}-4a+1)\leq 0$

 

$c^{3}+5ab-5abc-1=(c-1)(c^{2}+c+1-5ab)\leq (c-1)(a^{2}+a+1-5a)=(c-1)(a^{2}-4a+1)\leq 0$

 

Cộng 3 bđt trên lại với nhau $\Rightarrow$ đpcm

 

Cách 2:

 

$A=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}\leq 5$

 

Do vai trò của a,b,c bình đẳng, giả sử $1\leq a\leq b\leq c\leq 2$ 

 

Vì $a\leq b$ và $b\leq c$ $\Rightarrow$ $(a-b)(b^2-c^2)\leq 0$ $\Rightarrow$ $ab^2+bc^2-ac^2-b^3\leq 0$ $\Rightarrow$ $b^3\leq ab^2+bc^2-ac^2$

 

Chia 2 vế cho $abc>0$ $\Rightarrow$ $\frac{b^2}{ca}\leq \frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{c}{b}$ (1)

 

Mặt khác $\frac{a^2}{bc}\leq \frac{a^2}{ac}=\frac{a}{c}$ (2) và $\frac{c^2}{ab}\leq \frac{2c}{ab}\leq \frac{2c}{b}$ (3)

 

Cộng vế theo vế (1);(2);(3) : $A\leq (\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+\left ( \frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right )$

 

Vì từ giả thiết: $a\leq c\leq 2\leq 2a$ $\Rightarrow$ $\frac{2a}{c}\geq 1$ và $\frac{c}{a}\geq 1>\frac{1}{2}$

$\Rightarrow$ $(\frac{2a}{c}-1).(\frac{c}{a}-\frac{1}{2})\geq 0$ $\Rightarrow$ $\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\leq \frac{5}{2}$

 

Tương tự: $\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\leq \frac{5}{2}$

Cộng vế theo vế : $A\leq 5$ (ĐPCM)

 

Bài này từng được Rias Gremony đăng 1 lần mà lúc đó mình cũng tìm được 1 cách như sau(tất nhiên không đẹp cho lắm):

 
Cách 3: Đặt: $x+1=a, y+1=b , z+1=c$

 

$1\leq a,b,c\leq 2\Rightarrow 0\leq x,y,z\leq 1$

 

Khai triển(1) ra ta được:

$\Rightarrow (1)\Leftrightarrow \sum x^{3}+3\sum x^{2}+3\sum x+3\leq 5xyz+5\sum xy+5\sum x+5$

 

$\Leftrightarrow 2(x+y+z)+5xyz+5\sum xy+2\geq \sum x^{3}+3\sum x^{2}$   (*)

Do $0\leq x,y,z\leq 1$

nên ta có: $(1-x)(1-y)(1-z)\geq 0\Rightarrow 1+\sum xy\geq xyz+\sum x$

                $\Rightarrow 2+2\sum xy\geq 2xyz+2\sum x$  (**)

 

Từ (*) và (**) ta sẽ có điều cần chứng minh nếu:

$ 4(x+y+z)+7xyz+3\sum xy\geq x^{3}+y^{3}+z^{3}+3(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

 

Do $0\leq x,y,z\leq 1$ nên hiển nhiên:

$\sum x\geq \sum x^{2};\sum x\geq \sum x^{3};\sum xy\geq 0;xyz\geq 0 $

(ĐPCM)

 

Và ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp hàm số bậc hai như sau:

 

Cách 4: Phương pháp hàm số bậc hai:

 

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow 2\geq a\geq b\geq c\geq 1\Rightarrow c\leq a\leq 2\leq 2c$

 

Ta có: $a^{3}+b^{3}+c^{3}-5abc\leq 0\Leftrightarrow 2ca^{2}+b^{3}+c^{3}-5abc\leq 0$

 

Xét $f(a)=2ca^{2}+b^{3}+c^{3}-5abc$ là hàm số bậc hai đối với $a$ ($b,c$ là tham số) có hệ số $2c>0$.

Ta có: $a\in \left [ b;2c \right ]$

 

Để chứng minh $f(a)\leq 0$ ta cần chứng minh: $\left\{\begin{matrix} f(b)\leq 0 & \\ f(2c)\leq 0 & \end{matrix}\right.$

 

Thật vậy: $\left\{\begin{matrix} f(b)=b^{2}(b-2c)+c(c^{2}-b^{2})\leq 0 & \\ f(2c)=(b-c)(b^{2}+bc-9c^{2})=-3c^{2}(b-c)\leq 0 & \end{matrix}\right.$     (ĐPCM)

 

* Tuy nhiên hàm số bậc hai mình chỉ đưa ra mang tính tham khảo là chính, trong chương trình THCS, cái này gần như không sử dụng đến!

 

*** Theo như kinh nghiệm của mình, việc vận dụng hàm số bậc nhất vào giải BĐT là rất hay, dấu hiệu để có thể vận dụng hàm số bậc nhất thường là có điều kiện của đề bài là tổng 3 biến bằng 1 giá trị nào đó:  $a+b+c=k$

 

b) Thuần nhất trong bất đẳng thức:

 

Tất nhiên, mới đầu nghe cái tên này thì tưởng rằng gì cao xa lắm, mình cũng vậy, ta thường nghe từ thuần nhất đi đôi với từ chuẩn hóa, tuy nhiên trong chuyên đề này mình sẽ không nói đến cái này, mà thực ra cũng không biết mà đưa ra, ta chỉ hiểu nó giúp dễ dàng hơn trong việc giải toán mà không mất đi tính tổng quát của bài toán!

 

Thuần nhất ở đây mà mình nói đơn giản chỉ là đưa BĐT cần CM về dạng đẳng cấp để dễ đánh giá, cái mà ít người sử dụng, các đánh giá có thể là AM-GM, Cauchy-Schwarz, hoặc các BĐT quen thuộc như:

$x^{3}+y^{3}-xy(x+y)=(x+y)(x-y)^{2}$

hay $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$  : Đánh giá này thực ra là một BĐT mà chúng ta có lẽ đã quen: BĐT Schur. Tuy nhiên, ta sẽ chỉ xem đó là khai triển của BĐT trên mà không gọi tên nó! 

 

Bài toán 1: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn: $x+y+z=1$

                  CM: $7(xy+yz+zx)\leq 2+9xyz$

 

Lời giải: Đưa BĐT về dạng thuần nhất như sau:

 

$7(xy+yz+zx)\leq 2+9xyz\Leftrightarrow 7(xy+yz+zx)(x+y+z)\leq 2(x+y+z)^{3}+9xyz$

 

$\Leftrightarrow 2(x^{3}+y^{3}+z^{3})\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

 

$\Leftrightarrow (x+y)(x-y)^{2}+(y+z)(y-z)^{2}+(z+x)(z-x)^{2}\geq 0$ (ĐÚNG)

 

* Bài trên cũng có thể giải bằng phương pháp hàm số bậc nhất trên, mời các bạn!

 

Bài toán 2: Cho $a,b,c\geq 0$ và $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$

                  CM: $ab+bc+ca-abc\leq 2$

 

Lời giải: $a,b,c\geq 0;a^{3}+b^{3}+c^{3}=3\Rightarrow a+b+c\leq 3$

 

Bất đẳng thức được viết lại dưới dạng thuần nhất như sau: (mạnh hơn)

 

$ab+bc+ca-abc\leq 2\Leftrightarrow \frac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{3}-abc\leq \frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{3}$

 

$\Leftrightarrow 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

 

$\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^{2}+(b+c)(b-c)^{2}+(c+a)(c-a)^{2}\geq 0$ (ĐÚNG)

 

Bài toán 3:  

 

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng $1$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+9\geq 4\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )$

 

Giải: Đây là 1 bài của Phamngochung9a đăng tìm 1 lời giải đẹp, lời giải của bạn đó dùng phương pháp S.O.S rất lằng nhằng.

 

Nếu viết BĐT dưới dạng thuần nhất thì đây là 1 bài hết sức đơn giản:

 

Đưa BĐT về dạng thuần nhất như sau:

 

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+9\geq 4\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9\geq 4(a+b+c)( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})$

 

$\Leftrightarrow \frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 4( \frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a} )$

 

Một bài BĐT quen thuộc: $\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\geq \frac{4a}{b+c}$                        (Cauchy-Schwarz)

.........................................

 

3) Lời kết:

 

Chuyên đề này viết kỉ niệm gần 1 năm mình gia nhập VMF và cũng là sắp đến sinh nhật thứ 15 của mình. Mong nhận nhiều lời cảm ơn từ các bạn! :)

 

                                                                                                                          Người thực hiện:  Đậu Anh Kiên

                                                                                                                                       Học sinh 9A THCS Cao Xuân Huy- Nghệ An

 

 

 

FESN                                                                                                                                                                  

                                                                                                                                                                                       ........còn nữa

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 23-03-2016 - 21:01

:huh:


#2
PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết

Sau đây là phần bài tập:

 

Bài toán 1:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ .

                   CM: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

 

Bài toán 2:  Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Chứng minh:

  • $4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz\geq 1$
  • $6(x^{3}+y^{3}+z^{3})+1\geq 5(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
  • $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{4}$

Bài toán 3: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$ .

Tìm max: $A=x+16xyz$

 

Mong các bạn ủng hộ, trình bày các bài trên đẹp và đầy đủ để đảm bảo tính thẩm mĩ cho chuyên đề.

Mong chuyên đề sẽ có ích với các bạn, chúc các bạn học tốt!

 

P/S: Tất cả 3 bài tập trên đều phải trình bày bằng 2 phương pháp trên, nếu các bạn có cách khác thông cảm chờ giải đã nhé!

        Để đảm bảo tính đặc trưng cho chuyên đề!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 20-03-2016 - 19:27

:huh:


#3
PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết

Chuyên đề vẫn chưa hoàn thành, dự kiến sẽ làm nốt vào tuần sau! Rất mong mọi người ủng hộ và đưa ra một số bài tập cũng như lời giải! :)


:huh:


#4
Nguyenhungvn

Nguyenhungvn

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

 

!

 

Giải (PlanBbyFESN): Với những người chưa được tiếp xúc nhiều với BĐT Schur thì bài toán này quả thực là không hề dễ:

 

Sau đây là những lời giải của mình cho bài BĐT này:

Ta có: $A=a^{2}+(b+c)^{2}+bc(\frac{9a}{2}-2)-\frac{1}{2}=bc(\frac{9a}{2}-2)+2a^{2}-2a+\frac{1}{2}$

 

Đặt $bc=t$

$\Rightarrow A=t(\frac{9a}{2}-2)+2a^{2}-2a+\frac{1}{2}$

là hàm số bậc nhất đối với $t$ ($a$ là tham số)

 

Ta có: $0< t\leq \frac{(1-a)^{2}}{4}$

 

Đối với bài toán này, ta chưa chắc chắn răng hệ số $\frac{9a}{2}-2 >0 $ nên ta cần chứng minh đồng thời cả hai cái sau:

 

$\left\{\begin{matrix} f(0)\geq 0 & \\ f(\frac{(1-a)^{2}}{4})\geq 0 & \end{matrix}\right.$

 

Thật vậy: $f(0)=2a^{2}-2a+\frac{1}{2}=2(a-\frac{1}{2})^{2}\geq 0$

                $f(\frac{(1-a)^{2}}{4})=\frac{a(3a-1)^{2}}{8}\geq 0$

 

Nên ta có ĐPCM. Dấu "=" sẽ là bộ số: $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$

 

*

 

mik ko hiểu chỗ này: tại sao lại CM f(x) >=0 vì chưa chắc chắn rằng hệ số lớn hơn bằng 0



#5
PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết

mik ko hiểu chỗ này: tại sao lại CM f(x) >=0 vì chưa chắc chắn rằng hệ số lớn hơn bằng 0

 

Đây là tính chất nha bạn :) , vẽ đồ thị ra sẽ rõ hơn nhưng mình không biết vẽ nên hơi khó hình dung. Bạn có thể tham khảo tài liệu để rõ hơn :)

 

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

 

Chuyên đề bỏ hoang lâu lắm rồi, chắc vì hơi lạ và áp dụng dài dòng nên ít người quan tâm ! Còn 1 phần nữa của chuyên đề là chuẩn hóa. Không biết có bạn nào tiếp tục phần này giúp mình và mọi người luôn không? ( Hỏi thật đấy :))

 

Ta tiếp cận bằng 1 bài toán đơn giản sau: 

 

Bài toán:  Cho $a,b,c>0$. CMR:

 

$\frac{a(b+c)}{(b+c)^{2}+a^{2}}+\frac{b(c+a)}{(c+a)^{2}+b^{2}}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^{2}+c^{2}}\leq \frac{6}{5}$


:huh:


#6
tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết

Ta tiếp cận bằng 1 bài toán đơn giản sau: 

 

Bài toán:  Cho $a,b,c>0$. CMR:

 

$\frac{a(b+c)}{(b+c)^{2}+a^{2}}+\frac{b(c+a)}{(c+a)^{2}+b^{2}}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^{2}+c^{2}}\leq \frac{6}{5}$

 

Do BĐT thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3.$

Khi đó:

$$\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}=\sum \frac{a(3-a)}{(3-a)^2+a^2}$$

Mặt khác ta có:

$$\frac{a(3-a)}{(3-a)^2+a^2}\leq \frac{9a+1}{25}\Leftrightarrow \frac{9(a-1)^2(2a+1)}{25\left [ a^2+(3-a)^2 \right ]}, \text{đúng }\forall a>0$$

Chứng minh tương tự suy ra:

$$\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{9(a+b+c)+3}{25}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5}.$$


$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#7
royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết

Đây là bản pdf của chuyên đề này do mình tự viêt Latex 

Vì mới tập tành latex nên mọi người thông cảm không tránh khỏi những sai sót :D. Hi vọng nó hữu dụng với mọi người. 

P/s: Chuyên File gửi kèm  HSBN.pdf   166.56K   220 Số lần tảiđề hay. Nếu thằng Kiên không vừa lòng cái gì thì inb mình nhé.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 13-10-2016 - 23:13





0 người đang xem chủ đề

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