Chủ đề này có 9 trả lời

[kelangthang]

Vd như Bdt này

$\dfrac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{b^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\dfrac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

Mình có thể đặt

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{3}{2}$

Rồi sử dụng nesbit cho 3 số $a^{2},b^{2},c^{2}$ ra điều phải cm được không.
Và một số bài có sử dung kĩ thuật chuẩn hóa khác nữa...



Cơ sở của phương pháp giải BĐT này là gì ?

Vì chứng minh Bđt này là cho mọi số thực lớn hơn 0 chứ đâu phải chỉ những số thỏa đẳng thức đã đặt...

Mong mọi ng` giúp đỡ...............

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 11-12-2011 - 01:23
Sửa $\LaTeX$

[go out]

Bạn tìm mua Sáng tạo bất đẳng thức của Phạm Kim Hùng ấy, nói rõ lắm. Không thấy thì lên google search, nó cũng có ebook bạn ạ. Chúc bạn may mắn!

[Nguyễn Hưng]

Vd như Bdt này

$\dfrac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\dfrac{b^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\dfrac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

Mình có thể đặt

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{3}{2}$

Rồi sử dụng nesbit cho 3 số $a^{2},b^{2},c^{2}$ ra điều phải cm được không.
Và một số bài có sử dung kĩ thuật chuẩn hóa khác nữa...



Cơ sở của phương pháp giải BĐT này là gì ?

Vì chứng minh Bđt này là cho mọi số thực lớn hơn 0 chứ đâu phải chỉ những số thỏa đẳng thức đã đặt...

Mong mọi ng` giúp đỡ...............

Rất tiếc là không đặt như vậy được. Lí do tại sao thì sau khi mình giải thích nguyên lí của phép chuẩn hóa, có lẽ bạn sẽ hiểu ra.

Một biểu thức $P(a,b,c,...,u,v)$ gọi là thuần nhất bậc $k$ nếu và chỉ nếu với mọi số thực $t$ khác $0$, ta đều có
\[{t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right) = P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right)\]
Một bất đẳng thức gọi là thuần nhất nếu cả hai vế của nó đều là những biểu thức thuần nhất. Xét một bất đẳng thức thuần nhất bậc $k$ 3 biến (thực ra bao nhiêu biến không quan trọng, ở đây cho gọn xin phép chỉ xét 3 biến):
\[A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right)\]
Giả sử bộ số $(a,b,c)$ thỏa mãn bất đẳng thức trên. Đặt $S=a+b+c$ (hoặc một biểu thức nào đó tùy ý). Từ đó suy ra $\dfrac{a}{S} + \dfrac{b}{S} + \dfrac{c}{S} = 1$. Do tính thuần nhất của bất đẳng thức trên nên ta có biến đổi sau:

\[\begin{array}{l}
A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{S^k}}}A\left( {a,b,c} \right) \ge \dfrac{1}{{{S^k}}}B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow A\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \ge B\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \\
\end{array}\]
Tức là bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ cũng thỏa mãn bất đẳng thức đang xét. Vậy ta có thể chỉ chứng minh bất đẳng thức với bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ là đủ. Mà đối với bộ số mới này, chúng có tổng là $1$. Để cho gọn, người ta ghi "chuẩn hóa: $a+b+c=1$".

Với lí luận tương tự, hi vọng bạn hiểu được tại sao không thể chuẩn hóa giống như bạn nói.

[kelangthang]

Rất tiếc là không đặt như vậy được. Lí do tại sao thì sau khi mình giải thích nguyên lí của phép chuẩn hóa, có lẽ bạn sẽ hiểu ra.

Một biểu thức $P(a,b,c,...,u,v)$ gọi là thuần nhất bậc $k$ nếu và chỉ nếu với mọi số thực $t$ khác $0$, ta đều có
\[{t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right) = P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right)\]
Một bất đẳng thức gọi là thuần nhất nếu cả hai vế của nó đều là những biểu thức thuần nhất. Xét một bất đẳng thức thuần nhất bậc $k$ 3 biến (thực ra bao nhiêu biến không quan trọng, ở đây cho gọn xin phép chỉ xét 3 biến):
\[A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right)\]
Giả sử bộ số $(a,b,c)$ thỏa mãn bất đẳng thức trên. Đặt $S=a+b+c$ (hoặc một biểu thức nào đó tùy ý). Từ đó suy ra $\dfrac{a}{S} + \dfrac{b}{S} + \dfrac{c}{S} = 1$. Do tính thuần nhất của bất đẳng thức trên nên ta có biến đổi sau:

\[\begin{array}{l}
A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{S^k}}}A\left( {a,b,c} \right) \ge \dfrac{1}{{{S^k}}}B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow A\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \ge B\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \\
\end{array}\]
Tức là bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ cũng thỏa mãn bất đẳng thức đang xét. Vậy ta có thể chỉ chứng minh bất đẳng thức với bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ là đủ. Mà đối với bộ số mới này, chúng có tổng là $1$. Để cho gọn, người ta ghi "chuẩn hóa: $a+b+c=1$".

Với lí luận tương tự, hi vọng bạn hiểu được tại sao không thể chuẩn hóa giống như bạn nói.

Rất dễ hiểu,thiệt cám ơn bạn....^^

[Beautifulsunrise]

.....................................
\[{t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right) = P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right)\]
......................................

\[P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right) = {t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right)\]
Mình đổi chiều thế này thì sẽ dễ hiểu hơn nữa. @_^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 25-06-2012 - 00:14

[toandev]

Rất tiếc là không đặt như vậy được. Lí do tại sao thì sau khi mình giải thích nguyên lí của phép chuẩn hóa, có lẽ bạn sẽ hiểu ra.

Một biểu thức $P(a,b,c,...,u,v)$ gọi là thuần nhất bậc $k$ nếu và chỉ nếu với mọi số thực $t$ khác $0$, ta đều có
\[{t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right) = P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right)\]
Một bất đẳng thức gọi là thuần nhất nếu cả hai vế của nó đều là những biểu thức thuần nhất. Xét một bất đẳng thức thuần nhất bậc $k$ 3 biến (thực ra bao nhiêu biến không quan trọng, ở đây cho gọn xin phép chỉ xét 3 biến):
\[A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right)\]
Giả sử bộ số $(a,b,c)$ thỏa mãn bất đẳng thức trên. Đặt $S=a+b+c$ (hoặc một biểu thức nào đó tùy ý). Từ đó suy ra $\dfrac{a}{S} + \dfrac{b}{S} + \dfrac{c}{S} = 1$. Do tính thuần nhất của bất đẳng thức trên nên ta có biến đổi sau:

\[\begin{array}{l}
A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{S^k}}}A\left( {a,b,c} \right) \ge \dfrac{1}{{{S^k}}}B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow A\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \ge B\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \\
\end{array}\]
Tức là bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ cũng thỏa mãn bất đẳng thức đang xét. Vậy ta có thể chỉ chứng minh bất đẳng thức với bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ là đủ. Mà đối với bộ số mới này, chúng có tổng là $1$. Để cho gọn, người ta ghi "chuẩn hóa: $a+b+c=1$".

Với lí luận tương tự, hi vọng bạn hiểu được tại sao không thể chuẩn hóa giống như bạn nói.

Vậy là bài này https://julielltv.wo.../inequality-48/ giải đúng hay sai ạ? Các thầy chỉ giúp em. Em vẫn thấy lơ tơ mơ và em nghĩ bài này giải sai.

[vothimyhanh]

Bạn tìm mua Sáng tạo bất đẳng thức của Phạm Kim Hùng ấy, nói rõ lắm. Không thấy thì lên google search, nó cũng có ebook bạn ạ. Chúc bạn may mắn!

sách đó có mấy quyển vậy bạn?

[trungdung19122002]

sách đó có mấy quyển vậy bạn?

một quyển thôi chị ạ

http://diendantoanho...g-bđt-toán-học/

[gagaga]

Rất tiếc là không đặt như vậy được. Lí do tại sao thì sau khi mình giải thích nguyên lí của phép chuẩn hóa, có lẽ bạn sẽ hiểu ra.

Một biểu thức $P(a,b,c,...,u,v)$ gọi là thuần nhất bậc $k$ nếu và chỉ nếu với mọi số thực $t$ khác $0$, ta đều có
\[{t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right) = P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right)\]
Một bất đẳng thức gọi là thuần nhất nếu cả hai vế của nó đều là những biểu thức thuần nhất. Xét một bất đẳng thức thuần nhất bậc $k$ 3 biến (thực ra bao nhiêu biến không quan trọng, ở đây cho gọn xin phép chỉ xét 3 biến):
\[A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right)\]
Giả sử bộ số $(a,b,c)$ thỏa mãn bất đẳng thức trên. Đặt $S=a+b+c$ (hoặc một biểu thức nào đó tùy ý). Từ đó suy ra $\dfrac{a}{S} + \dfrac{b}{S} + \dfrac{c}{S} = 1$. Do tính thuần nhất của bất đẳng thức trên nên ta có biến đổi sau:

\[\begin{array}{l}
A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{S^k}}}A\left( {a,b,c} \right) \ge \dfrac{1}{{{S^k}}}B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow A\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \ge B\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \\
\end{array}\]
Tức là bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ cũng thỏa mãn bất đẳng thức đang xét. Vậy ta có thể chỉ chứng minh bất đẳng thức với bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ là đủ. Mà đối với bộ số mới này, chúng có tổng là $1$. Để cho gọn, người ta ghi "chuẩn hóa: $a+b+c=1$".

Với lí luận tương tự, hi vọng bạn hiểu được tại sao không thể chuẩn hóa giống như bạn nói.

a ơi cách a nói như trên có thể coi là 1 cách cm phương pháp chuẩn hoá k ạ?

[bigway1906]

Rất tiếc là không đặt như vậy được. Lí do tại sao thì sau khi mình giải thích nguyên lí của phép chuẩn hóa, có lẽ bạn sẽ hiểu ra.

Một biểu thức $P(a,b,c,...,u,v)$ gọi là thuần nhất bậc $k$ nếu và chỉ nếu với mọi số thực $t$ khác $0$, ta đều có
\[{t^k}P\left( {a,b,c,...,u,v} \right) = P\left( {ta,tb,tc,...,tu,tv} \right)\]
Một bất đẳng thức gọi là thuần nhất nếu cả hai vế của nó đều là những biểu thức thuần nhất. Xét một bất đẳng thức thuần nhất bậc $k$ 3 biến (thực ra bao nhiêu biến không quan trọng, ở đây cho gọn xin phép chỉ xét 3 biến):
\[A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right)\]
Giả sử bộ số $(a,b,c)$ thỏa mãn bất đẳng thức trên. Đặt $S=a+b+c$ (hoặc một biểu thức nào đó tùy ý). Từ đó suy ra $\dfrac{a}{S} + \dfrac{b}{S} + \dfrac{c}{S} = 1$. Do tính thuần nhất của bất đẳng thức trên nên ta có biến đổi sau:

\[\begin{array}{l}
A\left( {a,b,c} \right) \ge B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{S^k}}}A\left( {a,b,c} \right) \ge \dfrac{1}{{{S^k}}}B\left( {a,b,c} \right) \\
\Leftrightarrow A\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \ge B\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right) \\
\end{array}\]
Tức là bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ cũng thỏa mãn bất đẳng thức đang xét. Vậy ta có thể chỉ chứng minh bất đẳng thức với bộ số $\left( {\dfrac{a}{S},\dfrac{b}{S},\dfrac{c}{S}} \right)$ là đủ. Mà đối với bộ số mới này, chúng có tổng là $1$. Để cho gọn, người ta ghi "chuẩn hóa: $a+b+c=1$".

Với lí luận tương tự, hi vọng bạn hiểu được tại sao không thể chuẩn hóa giống như bạn nói.

Cho mình hỏi 1 chút, theo mình thấy ví dụ kia cả 2 vế đều là biểu thức thuần nhất, vậy tại sao k đặt như thế kia được mà phải đặt $a+b+c =S$?