Đến nội dung


Hình ảnh

Phương pháp EMV - The Last Method


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 23 trả lời

#1 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 17-05-2008 - 03:56

Như đã hứa lần trước trên diễn đàn, hungkhtn sẽ post lên phương pháp cuối cùng trong sách Secrets In Inequalities 2 (các phương pháp khác như SOS, SMV, n-SMV, quy nạp tổng quát or phản chứng đều đã được đưa lên thảo luận). Đây cũng là lời chia tay của hungkhtn với diễn đàn, cũng là lời chia tay-cảm ơn đến những người bạn rất thân thiết như MrMath (Khánh), Hatucdao (a Nam), thày Nam Dũng (with my best respect), Zaizai, Nesbit, 10maths, voquocbacan, và cả VAnh. Chúc các bạn luôn học tập tốt, và diễn đàn sẽ có những thành viên mới trẻ tuổi, nhiệt tình hơn thế hệ trước kia.

Sau phương pháp này, hungkhtn ... cũng hết vốn rồi, chả còn tìm đc cái gì mới nữa cả. Các bạn trẻ bây giờ càng ngày càng giỏi, thấy mình thụt lùi quá. Anyway, hungkhtn đã chia tay BDT hơn 1 năm, nhưng hi vọng EMV method- the last method, vẫn sẽ useful với các bạn.


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

Nói qua một chút về EMV. Viết EMV cho gọn thôi, chứ thực tế tư tưởng của nó là phương pháp dồn biến toàn miền đã được viết trong Sáng Tạo bất đẳng thức và Secrets In Inequalities, vol 1. EMV sẽ giúp các bạn dễ dàng chứng minh định lý mở rộng của PID (Ho Joo Lee) cho bất đẳng thức hoán vị. Định lý này được mình đưa ra cách đây khoảng 1 năm, nhưng trước đó chưa post cách chứng minh.

Phương pháp EMV cũ, tuy rằng ý tưởng rất đơn giản, nhưng phép chứng minh lại dài, vì việc phân tích để xuất hiện $ a-b,b-c,c-a $ thường khá phức tạp. Một số định lý mới của EMV sẽ giúp lời giải trở nên vô cùng ngắn gọn và sáng sủa. Có thể nói, trong tất cả 5 phương pháp bao gồm SOS, SMV, IGI, contradiction, EMV, thì EMV là phương pháp mình ấn tượng nhất: áp dụng cực kỳ đơn giản, chứng minh định lý cũng chỉ 2-3 dòng, và lời giải nảo cũng rất nhẹ nhàng, ngắn gọn. Nói chung, khi sử dụng phương pháp này, bạn có thể cảm thấy rất thoải mái và nhàn hạ so với các phương pháp khác.

Bài viết bằng Tiếng Anh, do hungkhtn chỉ có thể copy trực tiếp từ paper, ko có thời gian type lại (ai có tgian translate ra Tiếng Việt thì mình thank you very much). Bài viết được hoàn thành cách đây khá lâu, hơn 1 năm, nhưng do cuốn Secrets In Inequalities 2 được edit quá "kỹ", thế nên vẫn chưa kịp xuất bản.
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#2 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 17-05-2008 - 04:42

EMV method starts its original form in Mathematics Reflection here:

http://reflections.a...irelymixing.pdf

As a matter of fact, the idea of this method is extremely simple, because you are just assumed to rewrite the inequality in form of $a - b,b - c,c - a$, then compare other terms.

The drawback of this method is that it only deals with 3 or 4 variables. Moreover, it requires (sometimes) some computations to transform inequality to $a - b,b - c,c - a$.

In this paper, I will write about the Global derivative, one general form for EMV theorem. Specially, this theorem is very simple but have numerous kinds of applications. One application I like the most is the solution to Suranji's Inequality - one of the most beautiful inequality ever.

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

Chapter. The Global Derivative

Section. The Foundation

You may know everything about the normal derivative of a single-variable function or multi-variable function, but it is unlikely that you hear about the global derivative and its application to inequalities. Before we start, let's have a look at a simple method of proving inequalities, call the entirely mixing variable method. Entirely mixing variable method is my first and foremost motivation to create of the Global Derivative.

The complete article about the entirely mixing variable method can be found in Mathematics Reflection, volume 5/2006, or can be directly accessed at
[url=http://reflections.awesomemath.org/2006\_5/2006\_5\_entirelymixing.pdf]http://reflections.a...memath.org/2006

The second motivation comes from the following famous inequality which first appeared in Crux Mathematics Corum, and was reused in some national mathematical competitions recently. It is found by a mathematician, Vasile Cirtoaje.

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

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

At the first glance, you may think that this simply-looking problem has nothing to do but an easy and direct application of basic inequalities. So perhaps you cannot imagine why it has the equalities for both $a = b = c$ (certainly) and $(a,b,c) = \left(\sin^2 \dfrac {4\pi}{7}, \sin^2 \dfrac {2\pi}{7}, \sin^2 \dfrac {\pi}{7}\right).$ I'll say that the second case of equality is nice but "bad" since it has nothing in common with the original form. Finally, we really want to know "how did people solve it"?

The original solution of the author (Vasile Cirotaje) is "incredible" as the problem itself. It comes from an identity

$4(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)\left((a^2 + b^2 + c^2)^2 - 3(a^3b + b^3c + c^3a)\right)$


$= \left((a^3 + b^3 + c^3) - 5(a^2b + b^2c + c^2a) + 4(ab^2 + bc^2 + ca^2)\right)^2$


$+ 3\left((a^3 + b^3 + c^3) - (a^2b + b^2c + c^2a) - 2(ab^2 + bc^2 + ca^2) + 6abc\right)^2.$

Some may spontaneously respond that this solution is not fully mathematically acceptable since the identity is too much unusual and accidental. As a matter of fact, there is another solution \footnote{This solution was sent to Crux Magazine by a reader named Stefan.} that you may like more

$2(a^2 + b^2 + c^2)^2 - 6(a^3b + b^3c + c^3a) = \sum_{cyc} (a^2 - 2ab + bc - c^2 + ca)^2 \ge 0.$

This solution inspired me to discover another identity as follow

$6(a^2 + b^2 + c^2)^2 - 12(a^3b + b^3c + c^3a) = \sum_{cyc} (a^2 - 2b^2 + c^2 + 3bc - 3ca)^2 \ge 0.$

We can not deny that all three identities above are really miraculous, but in some sense, or at least for me, they are still not mathematically convincing since we can't explain what drives us to them! I found the third identity in a fortune when expanding a general formulation (when I do so, I don't know what I will get)

$(a^2 - 2b^2 + c^2 + kbc - kca)^2 + (b^2 - 2c^2 + a^2 + kca - kab)^2 + (c^2 - 2a^2 + b^2 + kab - kbc)^2,$

and you may agree with me that this kind of "lucky, subjective and obscure mathematics" is not what we want to pursue. In the mean time, the same story continues with another simply-looking inequality.

Example 2.
If $a,b,c$ are three real numbers, then

$a^4 + b^4 + c^4 + ab^3 + bc^3 + ca^3\ge 2(a^3b + b^3c + c^3a).$

How could you imagine that in this inequality, the equality holds for

$(a,b,c) \sim \left(1 + 2\cos \dfrac {\pi}{9}, 1 + 2\cos \dfrac {2\pi}{9}, - 1\right).$

In the proposal, I will present a general solution to prove them by the global derivative. More interestingly, every property of global derivative can be easily proved by elementary knowledge of analysis, and applications of global derivative is not only for $3 -$variable inequalities but also for the general $n -$variable inequalities as well.

Section. The Global Derivative - The method and Theorems.

Definition.
Assume that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a continuous $\mathbb{C}^1$ function of $R^n$. The global derivative of $f$, denote $[f]$, is defined as follow

$[f] = \sum_{i = 1}^n D_i f,$

in which $D_i f$ is the partial derivative of $f$ regard to the variable $x_i$.

The global derivative, in general, has every beautiful property that the normal derivative has. Following are some of its properties

$ [f(g)] = [f](g).[g] \ \ \ \ ;\ \ \ \ \ [af + bg] = a[f] + b[g];$


$ [fg] = [g]f + [f]g \ \ \ \ \ ;\ \ \ \ \ \left[\dfrac{f}{g}\right] = \dfrac{[f]g - [g]f}{g^2};$

Moreover, it has some other special properties. The most important property is that it is eliminated with difference. That is

$[x - y] = 0,$

for any two variables $x,y$. This simple property ensures many applications of the original EMV theorem. In term of inequalities, global derivative plays a very important role by the following theorem

Theorem 1.
Suppose that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a continuous $\mathbb{C}^1$ function. The inequality $f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0$, with $x_1,x_2,...,x_n\ge 0$, holds if two following conditions are fulfilled at once

$(i). f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0 \mbox{\ if \ } x_1x_2...x_n = 0.$
$(ii). [f] \ge 0 \ \forall x_1,x_2,...,x_n\ge 0.$

This theorem has so many applications in inequalities. For example, it provides a way to generalize the famous Schur inequality (although people always try to generalize this important inequality, there is no real generalization of Schur inequality as for now) and it also leads to a simple proof of Sujanri inequality\footnote{This inequality is given in the Miklos Schweitzer Mathematical competition (a competition for undergraduate students) with a pretty complicated solution.}, one of the most beautiful elementary inequalities ever.

Example 3 [Sujanri]
If $a_1,a_2,...,a_n$ are non-negative real numbers then

$(n - 1)(a_1^n + a_2^n + ... + a_n^n) + na_1a_2...a_n\ge (a_1 + a_2 + ... + a_n)\lt(a_1^{n - 1} + a_2^{n - 1} + ... + a_n^{n - 1}\rt).$

Another important property of the global derivative is the following statement

Theorem 2.
Assume that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a smooth function. Denote $f_0 = f$ and $f_k = [f_{k - 1}]$ for $k > 1$. We have the following identity

$f(x_1 + t,x_2 + t,...,x_n + t) = \sum_{k = 0}^{\infty} \dfrac{f_k(x_1,x_2,...,x_k)}{k!}t^k.$

Theorem 1 can be proved by introductory knowledge about 1-variable derivative, and theorem 2 can be proved by Taylor formulation.

The above theorem is the main key for us to prove the 4-degree inequalities which have miraculous cases of equalities as we mention in the previous section. It can actually provide the necessary and sufficient conditions for an inequality to hold.

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.

We will advance to another exciting application of the global derivative. Some years ago, Ho Joo Lee found a great result on symmetric polynomial of degree 3, generally known as PID theorem, as follow

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
$(i).\ P(1,1,1),P(1,1,0),P(1,0,0) \ge 0.$
$(ii).\ P(a,b,c) \ge 0 \ \forall a,b,c\ge 0.$

Nowadays, symmetric polynomial inequalities of degree $3$ become one of the most basic and easiest form of inequalities, but problems with the cyclic forms are still challenging. With helps of global derivative, I found another result that can give proofs for all cyclic inequalities of degree $3$.

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

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

Global derivative is one of the simplest method but most powerful method that I found in the proposal. Some examples above are applications for three-variable inequalities, but its strength is not lost when dealing with $n$-variable inequalities. The article on global derivative ends here and I wish that it can convey the first sign about the structure of the whole paper.

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

Hi vọng các bạn yêu bất đẳng thức sẽ tìm thêm nhiều phương pháp tốt hơn. Tuy rằng, các bạn hãy tâm niệm rằng BDT chỉ giống như một trò chơi trong toán học, tuy rằng đẹp, hay, nhưng không thực sự có một ảnh hưởng đối với sự phát triển của toán học hiện đại nói chung (so, học giỏi bất đẳng chưa đủ để trở thành một nhà toán học). Hi vọng diễn đàn sẽ có đc không khí thảo luận sôi nổi, nhiệt tình, trong sáng, trên tinh thần tôn trọng lẫn nhau.

Nhiều bạn (trong đó có hungkhtn) đã, or sẽ thích BDT vì BDT thường nhìn rất gọn và đẹp. Và những ý tường tuyệt vời trong BDT là những ý tường giúp bạn có được những lời giản đẹp dẽ nhất.
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#3 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 17-05-2008 - 05:01

Để các bạn hiểu thêm về phương pháp này, ví dụ sau khá điển hình:

Chú ý rằng bài toán nằm ở tập 1 cuốn "Secrets In Inequalities", do đó hungkhtn không thể đưa EMV vào để giải. Theo cách giải trên, điều rất thú vị là các bất đẳng thức (1), (2), (3) lần lượt thu được từ bất đẳng thức ban đầu bằng cách lấy đạo hàm (toàn miền) - global derivative.

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

Hình gửi kèm

  • 1.jpg
  • 2.jpg
  • 3.jpg

Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#4 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 17-05-2008 - 05:11

Thêm một số ví dụ ở đây:

http://www.mathlinks...1129490#1129490

Ngoài ra, các bạn có thể giải 2 bất đẳng thức rất đẹp sau:

Nếu $ a,b,c$ không âm có tổng là 3 thì
$ a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4. $

Nếu $ a,b,c,d$ không âm có tổng là 4 thì
$ a^3b+b^3c+c^3d+d^3a+23abcd \le 27. $

Bài đầu rất nổi tiếng và có một lời giải rất đẹp. Bài 2 hungkhtn post trên VIF và mathlinks khá lâu nhưng chưa có một lời giải nào đẹp cả. Với cả 2 bài, dùng EMV (global derivative) đều có thể giải ngắn gọn trong vài dòng.
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#5 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng <br>đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 17-05-2008 - 12:19

Bài viết này quả thật rất thú vị. Nhưng hình như vẫn thiếu 1 cái gì đó. Hình như là chứng minh cho mấy định lý đó :) Sử dụng 1-variable derivative và Taylor formulation thì còn chung chung quá, nếu đc thì anh post lên luôn nhé :Rightarrow .Nếu có thời gian em sẽ dịch nó sang tiếng Việt sau.
Nhân đây cũng tặng các bạn 1 article nho nhỏ ứng dụng của cái ví dụ đầu tiên trong post của anh Hùng cùng bonus một chút với việc sử dụng kỹ thuật p,q,r (chỉ là collection nhỏ từ các bài viết trên Mathlink thôi ) :)

@anh Hùng: bao giờ thì VOL 2 xuất bản hả anh, em cũng muốn mua 1 quyển về đọc chơi :( thèng bạn em dạo này ship hàng ghê lắm nên mua 1 quyển vài chục USD chắc cũng chả vấn đề gì :Rightarrow Thế còn VIF giờ anh tính sao?

File gửi kèm



#6 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 17-05-2008 - 13:33

Feel it first, zaizai :)

@zaizai. VIF a làm lại lúc nào cũng đc, có điều anh làm lại thì cần một người thay anh làm admin :)
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#7 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 18-05-2008 - 08:06

Sau đây là một vài lời giải tiêu biểu:

Nếu $a+b+c=3$ và a$,b,c\ge 0$ thì
$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$

Lời giải. Viết bất đẳng thức về dạng:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3.$

Lấy đạo hàm (global derivative), ta được bất đẳng thức

$2(ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca) \le \dfrac{4}{3}(a+b+c)^2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Điều này hiển nhiên đúng. Do đó bất đẳng thức ứng với đạo hàm toàn miền đúng. Ta chỉ cần kiểm tra BDT ban đầu khi $c=0$. Trong trường hợp này bất đẳng thức cũng hiển nhiên đúng (much easier). Ta có đpcm.
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#8 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 18-05-2008 - 10:42

Sau đây là một vài lời giải tiêu biểu:

Nếu $a+b+c=3$ và a$,b,c\ge 0$ thì
$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$

Lời giải. Viết bất đẳng thức về dạng:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3.$

Lấy đạo hàm (global derivative), ta được bất đẳng thức

$2(ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca) \le \dfrac{4}{3}(a+b+c)^2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Điều này hiển nhiên đúng. Do đó bất đẳng thức ứng với đạo hàm toàn miền đúng. Ta chỉ cần kiểm tra BDT ban đầu khi $c=0$. Trong trường hợp này bất đẳng thức cũng hiển nhiên đúng (much easier). Ta có đpcm.


Một điều rất đặc biệt đối với EMV là đạo hàm xong bằng Global derivative, bất đẳng thức trở nên rất đơn giản.

Chẳng hạn với BDT mạnh như Suranji, khi đạo hàm xong, nó chỉ đơn giản là n-1 cái suranji với cặp n-1 biến cộng lại, cộng thêm một đại lượng yếu với AM-GM. Nói chung, với tất cả các bất đẳng thức 3 biến bậc 3, dạng thu gọn trong đạo hàm đều là bất đẳng thức đơn giản

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Đây là nhận xét trong CM định lý SID-CID.
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#9 Bùi Việt Anh

Bùi Việt Anh

    Sĩ quan

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

Đã gửi 18-05-2008 - 11:07

Chào anh bạn! tớ biết sự có mặt của topic này ngay sau khi nó ra đời vài phút nhưng do bận vài việc nên tớ chưa vào xem kĩ được. Tớ mới chỉ kịp nhìn cách chứng minh bài 1 của anh bạn thôi chứ chưa kịp nắm bắt tư tưởng. Có thể nói đó là 1 lời giải quá quá tuyệt vời nhưng tớ có 1 vài thắc mắc nho nhỏ, anh bạn giải thích giúp mình nhé!
Nhìn vào lời giải bài 1 ( không nói cả PP của anh bạn ) mình thấy thế này:
Bài toán sau cũng thỏa mãn cách giải trên :
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c = 3. Thì :
$a^2b + b^2c + c^2a + \dfrac{abc}{n} \leq 3 + \dfrac{1}{n} $ ( với n bé tùy ý )
Nhưng khi cho n đủ lớn và a=2, b=1, c=0 thì bất đẳng thức không đúng.
Vậy điều kiện để lấy đạo hàm toàn miền là gì?

Với những dạng bài hoán vị mà bậc của các biến lệch nhau 1 như trên thì có vẻ giải rất đơn giản. Nhưng theo cảm giác của tớ thì khi bậc lệch nhau nhiều và chứa căn thì cách trên khá vất vả thì phải?

Tớ đang bận thi học kì nên rất tiếc không dành nhiều time cho topic này được.

#10 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 18-05-2008 - 11:30

Nhận xét: đọc kỹ định lý trc đã. Trong định lý 1, có 2 điều kiện, và điều kiện (1) để thử là khá quan trong.

Để áp dụng định lý, cần đưa về dạng đồng bậc (homogeneous first). Có thể áp dụng với căn thức, nhưng áp dụng với dạng đa thức or phân thức sẽ đơn giản hơn.
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#11 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 18-05-2008 - 14:40

Trong hệ thống của EMV, hungkhtn sẽ đưa ra proof cho định lý CID mà hungkhtn nêu ra từ khá lâu (tuy nhiên, chưa có một lời giải nảo được đưa ra). Chứng minh có thể mang cho bạn hình dung ban đầu về sự nhẹ nhàng & tinh tế của định lý EMV tổng quát.


I posted the CID theorem before (http://www.mathlinks...148928&start=20), mentioned that the proof used EMV theorem, so now I will show a detailed proof to it.

Theorem (CID theorem). If $P(a,b,c)$ is the cyclic polynomial of degree $3$, then the inequality $P(a,b,c)\ge $ holds for all $a,b,c\ge 0$ if and only if two following conditions hold at once
(i). $P(1,1,1)\ge 0.$
(ii). $P(a,b,0)\ge 0$ for all $a,b\ge 0$.

Proof.
The necessary condition is clearly true. We will prove the sufficient condition. Consider

$P(a,b,c) = m(a^3 + b^3 + c^3) + n(a^2b + b^2c + c^2a) + p(ab^2 + bc^2 + ca^2) + 3qabc.$

The condition $P(1,1,1)\ge 0$ gives us $m + n + p + q\ge 0$. Now consider the global derivative of $P$:

$[P] = (3m + n + p)(a^2 + b^2 + c^2) + (2n + 2p + 3q)(ab + bc + ca)$

$= 3(m + n + p + q)(ab + bc + ca) + (3m + p + q)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca).$

In order to show $[P]\ge 0$, we only need to show that $3m + n + p\ge 0$. Since $P(a,b,0)\ge 0$, we have

$m(a^3 + b^3) + na^2b + pab^2 \ge 0.$

Let $b = 0$, we have $m\ge 0$. Let $a = b = 1$, we refer $2m + n + p\ge 0$, so $3m + n + p\ge 0$. So $[P]\ge 0$. Since $P(a,b,0)\ge 0$, according to EMV-theorem 1, we refer that $P(a,b,c)\ge 0$ for all $a,b,c\ge 0$. That finishes the proof to CID theorem.


Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#12 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1019 Bài viết
  • Đến từ:Stanford Uni, USA

Đã gửi 18-05-2008 - 21:32

Nội dung cơ bản của phương pháp đã được trình bày như trên. Hi vọng các bạn có thể hiểu rõ tư tưởng của phương pháp trong lời giải các bài toán đã trình bày. Cuối cùng, chúc diễn đàn toán luôn phát triển !

Tạm biệt các bạn,
Hiện tại mình không lên diễn đàn toán thường xuyên, thế nên nếu không trả lời đc Private Message trên diễn đàn được, mong các bạn thông cảm.

Visit www.hungpham.net/blog, where I am more available to talk with you.

#13 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng <br>đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 19-05-2008 - 17:53

Mình bỏ nó vào PDF để mọi người có thể download về đọc !

Phương pháp này quả rất thú vị, nhưng giờ em cũng chả còn time để làm bdt nữa nên chả có ý kiến gì thêm. Mong mọi người ở lại vui. Em cũng off đây :neq

File gửi kèm



#14 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2082 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 20-05-2008 - 02:39

Hì, vậy là phương pháp cuối cùng của Secrets in Inequalities (SI) cũng được post. Anh Hùng cũng chính thức nói lời chia tay diễn đàn và BDT. Người mà mình khâm phục nhất!
Tuy hơi buồn, nhưng đó cũng là lẽ tự nhiên. Nhất là khi không còn theo "nghiệp" Toán. Còn nhiều việc quan trọng hơn phải làm. Mình cũng chuẩn bị, tiếc là bài viết chia tay vẫn còn dang dở.
Mong rằng anh Hùng sẽ tiếp tục thành công trên con đường đã chọn!


Bây giờ thì bình luận bài viết đã:

In this paper, I will write about the Global derivative, one general form for EMV theorem. Specially, this theorem is very simple but have numerous kinds of applications. One application I like the most is the solution to Suranji's Inequality - one of the most beautiful inequality ever.

Hì, định vài bữa sẽ bình luận một câu rằng "Tiếc là trong Sáng tạo BDT ứng dụng EMV chỉ dừng lại ở các bài toán 3 biến hoặc 4 biến đơn giản, trong khi nó có thể giải được rất nhiều BDT nhiều biến đối xứng lẫn hoán vị", thế mà hôm nay đọc được cái này. Hì, thật ra em cũng nghĩ là anh Hùng cũng có ý tưởng này trong sách, nhưng không chắc vì chưa thấy post lần nào cả.
Đó là mình đang nói đến định lý đầu tiên trong bài viết:

Theorem 1.
Suppose that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a continuous $\mathbb{C}^1$ function. The inequality $f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0$, with $x_1,x_2,...,x_n\ge 0$, holds if two following conditions are fulfilled at once

$(i). f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0 \mbox{\ if \ } x_1x_2...x_n = 0.$
$(ii). [f] \ge 0 \ \forall x_1,x_2,...,x_n\ge 0.$


Đây là một ý tưởng rất hay, đặc biệt, nó có thể áp dụng được trong các kì thì. Mình sẽ giải thích ngay dưới đây.
Lấy một ví dụ để cho dễ hiểu (lấy ngay ví dụ phía trên của anh Hùng)

Sau đây là một vài lời giải tiêu biểu:

Nếu $a+b+c=3$ và a$,b,c\ge 0$ thì
$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$

Lời giải. Viết bất đẳng thức về dạng:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3.$

Lấy đạo hàm (global derivative), ta được bất đẳng thức

$2(ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca) \le \dfrac{4}{3}(a+b+c)^2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Điều này hiển nhiên đúng. Do đó bất đẳng thức ứng với đạo hàm toàn miền đúng. Ta chỉ cần kiểm tra BDT ban đầu khi $c=0$. Trong trường hợp này bất đẳng thức cũng hiển nhiên đúng (much easier). Ta có đpcm.

Thay vì làm như trên các bạn có thể làm thế này (đây cũng là cách mình thường làm):
Đặt $F(a,b,c)=VT-VP, x=a+t,y=b+t,z=c+t$ và xét
$f(t)=F(a+t,b+t,c+t)$
với $t \ge -c=-min(a,b,c)$.
Thế thì
$f'(t)=\dfrac{4}{3}(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)=\dfrac{1}{3}(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) \ge 0$
Suy ra
$F(a+t,b+t,c+t)=f(t) \ge f(-c)=F(a-c,b-c,0)$.
Vậy chỉ cần chứng minh BDT khi có một số bằng 0.

Nếu các bạn để ý thì sẽ thấy biểu thức $f'(t)$ ở trên chính là biểu thức sau khi lấy đạo hàm toàn miền như trong lời giải của anh Hùng (sau khi thay x,y,z bởi a,b,c). Việc làm trên thực ra là chứng minh lại định lý trong trường hợp đặc biệt, tuy nhiên lời giải vẫn rất ngắn gọn.
Việc chứng minh định lý 1 ở trên thì làm hoàn toàn tương tự.
Kĩ thuật "đổi biến" khá lợi hại. Sau khi lấy đạo hàm như trên ta được một BDT hoàn toàn mới, có thể là chứng minh hơn (điều này tùy thuộc từng bài. Đối với các BDT đa thức thì nó giúp hạ bậc BDT, tuy nhiên không phải lúc nào cũng đúng).
Lưu ý là cách đổi biến ở trên có khi còn hữu ích hơn định lý 1, vì đối lúc ta chỉ cần đánh giá từng phần của BDT, chẳng hạn, đánh giá hai vế bằng hai cách khác nhau, hoặc đánh giá từng BDT riêng rẽ tạo nên BDT đã cho mà trong các trường hợp này việc lấy đạo hàm cả BDT sẽ khá phức tạp, thậm chí là dẫn đến một BDT sai (hi vọng các bạn tìm được ví dụ, muốn có ví dụ mình phải về nhà lục lại sách vở).
Các bạn hãy thử chứng minh BDT Jack Garfunkel theo cách trên. Bài toán sau cũng là một ví dụ rất hay của cách làm này (chi tiết về chứng minh mình sẽ post cùng bài viết 2 tháng nữa):
Bài toán 2. Cho $q \ge \dfrac{13+5\sqrt{13}}{26}$. Tìm $k$ nhỏ nhất sao cho BDT sau đúng với mọi $a,b,c \ge 0$
$\dfrac{a}{\sqrt{a+qb}}+\dfrac{b}{\sqrt{b+qc}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+qa}} \le k\sqrt{a+b+c}$
Mình tin rằng cách giải nói trên cũng có thể giải quyết được bài toán với khoảng của q từ một số nào đó nhỏ hơn 1 trở lên (vì nó xử được với q=1 và q >1.19 nên khả năng này là rất cao), tuy nhiên bây giờ mình chưa có thời gian kiểm tra, hi vọng sẽ có bạn nào đó xử lí giúp. (P/s:Lời giải của mình xử được với q >1.7, số chính xác thì mình không nhớ).
Xem thêm topic Ba bài toán mở: http://diendantoanho...?...9622&st=100

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 20-05-2008 - 02:42

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#15 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2082 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 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).

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#16 shockmath_xayda

shockmath_xayda

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Đến từ:A1K36 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:tán gái

Đã gửi 23-05-2008 - 17:57

Sau đây là một vài lời giải tiêu biểu:

Nếu $a+b+c=3$ và a$,b,c\ge 0$ thì
$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$

Lời giải. Viết bất đẳng thức về dạng:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3.$

Lấy đạo hàm (global derivative), ta được bất đẳng thức

$2(ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca) \le \dfrac{4}{3}(a+b+c)^2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Điều này hiển nhiên đúng. Do đó bất đẳng thức ứng với đạo hàm toàn miền đúng. Ta chỉ cần kiểm tra BDT ban đầu khi $c=0$. Trong trường hợp này bất đẳng thức cũng hiển nhiên đúng (much easier). Ta có đpcm.

cái này đâu phải dồn biến toàn miền
Đố ai giải thích được từ yêu
Có khó gì đâu 1 buổi chiều
Kề dao vào cổ "yêu hay chết"
Gật đầu cái rụp thế là yêu

#17 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng <br>đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 23-05-2008 - 20:52

Phải hay ko thì bạn hãy xem cách giải cụ thể của anh Khuê ở trên nhá :D Đó chính là một cách khái quát cách làm của dồn biến toàn miền thôi. (hay còn gọi là đạo hàm toàn miền). Ý tưởng của dồn biến toàn miền xuất phát từ phép đặt: $a=\min{a,b,c},b=a+p,c=a+q$ và đc biến hóa cho đẹp mắt và dễ sử dụng hơn !!!

#18 shockmath_xayda

shockmath_xayda

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Đến từ:A1K36 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:tán gái

Đã gửi 26-05-2008 - 10:36

tớ mới học phần đạo hàm bạn nào biết có sách nào hay chỉ cho tớ với
Đố ai giải thích được từ yêu
Có khó gì đâu 1 buổi chiều
Kề dao vào cổ "yêu hay chết"
Gật đầu cái rụp thế là yêu

#19 Hatucdao

Hatucdao

    Sĩ quan

  • Founder
  • 397 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP HCM
  • Sở thích:Truyện Kim Dung và đội Arsenal

Đã gửi 31-05-2008 - 22:00

Cảm ơn Hùng về bài viết, đặc biệt là định lý 1 rất thú vị. Chúc em học tốt và ngày càng thành công.
Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#20 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2082 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-06-2008 - 22:37

Vậy là cũng đến ngày tàn của BĐT...

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 





0 người đang xem chủ đề

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