Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Yaya nội dung

Có 67 mục bởi Yaya (Tìm giới hạn từ 17-01-2017)



Sắp theo                Sắp xếp  

#730278 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 17-02-2020 - 22:40 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 9: Cho $x,y,z\in [0,1]$. Chứng minh rằng: $(2^x+2^y+2^z)(2^{-x}+2^{-y}+2^{-z})\leq \frac{81}{8}$ 

Đầu tuần mình xin chứng minh bài toán này vì tuần trước đã có nhiều bạn thử sức nhưng có vẻ chưa gỡ được

Đặt $a=2^x, b=2^y, c=2^z$ với $a,b,c \in [1,2]$, khi đó bài toán trở thành chứng minh:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \leq \frac{81}{8}$

Xét $f(x)=x^2-3x+2 trên R$, ta có $f(a),f(b),f(c)\leq 0$

Vậy $a^2-3a+2\leq 0 hay a+\frac{2}{a}\leq 3$ ( tương tự cho b,c )

Suy ra $a+b+c +2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \leq 9$

Ta có: $9\geq a+b+c+2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c}) \geq 2\sqrt{(a+b+c)2(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})}$

Hay $(a+b+c)(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c})\leq \frac{81}{8}$ (dpcm)  




#730275 [TOPIC] KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG CỰC NGẮN CHO MỌI BẤT ĐẲNG THỨC

Đã gửi bởi Yaya on 17-02-2020 - 22:08 trong Bất đẳng thức và cực trị

 

KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG CỰC NGẮN CHO MỌI BẤT ĐẲNG THỨC [DRIVE!sos]

I/ Lời nói đầu.

            Bất đẳng thức luôn là những bài toán rất đẹp, và hay vì chúng luôn cần sự suy nghĩ! Tuy nhiên, việc giải chúng thì ngược lại, việc tìm một lời giải cho chúng vô cùng vất vả và khó khăn. Và đối với những bài toán có 2 đẳng thức trở lên thì mọi việc lại càng trở nên khó khăn hơn. Sau một thời gian học hỏi kinh nghiệm và tìm tòi, chúng tôi đã tìm được một kĩ thuật để đánh giá cho những bất đẳng thức dạng đơn giản, đẹp. Do độ khó của các bài toán nên đôi khi một số lời giải có đôi chút dài, nhưng bù lại là là vẻ đẹp của phương pháp và chúng ta không cần Maple.

Tác giả.

 

tthnew

II/ Cơ sở kĩ thuật 

Giả sử A là biểu thức cần chứng minh. (Ta sẽ chứng minh $A\geq0$)

Cơ sở kĩ thuật của [DRIVE!sos] hết sức đơn giản, chỉ là dựa trên việc xác định hai hệ số  ($k>0$và $k<0$). Sao cho:

+) $A=kP + Q$ ($k>0;P,Q\geq0$)

+) $A=kM+N$ ($k<0;M,N\geq0$)

Khi đó: $A=\frac{QM+PN}{P+M}\geq 0$

Cơ sở kĩ thuật chỉ đơn giản có thế, miễn ta xác định được hệ số k thỏa mãn như trên là bài toán được chứng minh xong. 

Xin mách nhỏ với bạn đọc, khi kết hợp kĩ thuật này với Buffalo Way thì bài toán hết sức ảo diệu đó! Ngoài ra khi kết hợp với BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel thì ta tìm được vô số kiểu SOS!

Chúng ta cùng đến với phần III: Ứng dụng.

III/ Ứng dụng

Bài 1:Bài toán (Korean MO Final,2016):

Với $x,y,z$ là ba số thực bất kì. Chứng minh rằng: $(x^2-yz)(y^2-zx)(z^2-xy) \leq 8(x^2+y^2+z^2)^3$

Lời giải.

Trước hết, ta có công thức (thực ra ở trên đã nêu rồi, ở đây nêu hơi khác một chút!)

 

Từ đó ta có: $F=(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x+y-z)^2+(z^2-xy).4(x^2-xy+y^2)(x+y+z)^2$

và $F=(x^2+y^2+z^2)^3-(z^2-xy).8(x^2-yz)(y^2-zx)$

Do đó: $F=\frac{[(x^2-xy+y^2)(x^2+y^2+z^2)^2 +2(x^2-yz)(y^2-zx)(x+y-z)^2)](x+y+z)^2}{x^2+xy+y^2}$

Quá tuyệt vời đúng không? Hãy cùng đến với bài 2, một bài toán rất quen thuộc.

Bài 2: Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ với mọi a,b,c

Lời giải.

Ta có: $LHS-RHS=(a-b)^2+(a-c)(b-c)$

Và: $LHS -RHS=(a+b-2c)^2-3(a-c)(b-c)$

Áp dụng công thức ở phần II ta có:$LHS-RHS=\frac{3}{4}(a-b)^2 +\frac{1}{4}(a+b-2c)^2 \geq 0$

Bài 3:(BĐT Schur bậc $3$)

Cho $a,b,c\geq0$. Chứng minh rằng:

$a(a-b)(a-c) +b(b-c)(b-a) +c(c-a)(c-b)\geq 0$

Lời giải.

Kiểu 1: (tthnew)

$LHS-RHS=\frac{[2c(a+b-c)^2+abc](a-b)^2 +(a+b-c)(a^2+b^2-2ab+ac+bc-2c^2)^2}{(a-b)^2+4c(a+b-c)} \geq 0$

Với $c=mid \{a,b,c\}$. (Cần xét các trường hợp để mẫu thức luôn $>0$, nhưng ở đây chỉ trình bày về SOS nên xin phép không nêu)

Kiểu 2(DOTOANNANG)

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)=\frac{(a-b)^2ab+(a-c)^2ac +(b-c)^2(a-b-c)^2}{b+c} \geq 0$

 

Bài 4: (Kết hợp với Buffalo-Way)

Cho $a,b,c\geq0$. Chứng minh rằng: $4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\geq0$

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\min\{a,b,c\}$. Đặt $a=c+x;b=c+y$ thì $x,y\geq0$

Thay vào và bất đẳng trở thành: $LHS=9c(x^2-xy+y^2)+(4x+y)(x-2y)^2 \geq 0$

Ta thế ngược lại và thu được: $LHS=9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) +(4a+b-5c)(a+c-2b)^2\geq0$

Đây cũng là cách phân tích theo kiểu Ji Chen.

Bài 5: (IMO 1983)

Cho a,b,c là độ dài $3$ cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:

$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$

Lời giải.

Kiểu 1: (tthnew)

$\sum\limits_{cyc} a^2 b(a-b) = \frac{[3ab+b(c-b)+4a(c-a)](b-c)^2+b(a+b-c)(b+c-2a)^2}{4}$

 với $c=\max\{a,b,c\}$

Kiểu 2:(DOTOANNANG)

Xem tại đây: IMO 1983 - Haidangel

Kiểu 3: (Theo Bernhard Leeb)

$LHS=a(b+c-a)(b-c)^2+b(a+b-c)(a-b)(a-c) \geq 0$ với $a=\max\{a,b,c\}$

Cũng xin nói thêm rằng, SOS dao lam có vô số kiểu SOS, không nhất thiết phải cứng nhắc là tìm $2$ hệ số $k$ như ở phần II. Kiểu $3$ này minh chứng cho điều đó.

Bài viết còn đang tiếp tục cập nhật… Phần tiếp theo sẽ nói về sự kết hợp tuyệt vời giữa BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và SOS dao lam [DRIVE!sos].

Đây chỉ là một kĩ thuật nho nhỏ mà em học được từ anh DOTOANNANG, hiện tại kĩ thuật này vẫn chỉ ở mức độ mẹo, mong mọi người cùng phát triển nó để nó trở thành một phương pháp SOS cực mạnh :D

Tài liệu tham khảo:

*https://diendantoanhoc.net/topic/187455-sumlimits-cycitsumititaitbitcitgeqqit0/?p=721176

Tác giả: DOTOANNANG

*Diễn đàn Toán học VMF (https://diendantoanhoc.net/)

*Diễn đàn AoPS

 

Bạn có thể giải thích cho mình tại sao A suy ra được từ 2 đăng thức trên được không ( phần II Cơ sở kỹ thuật ) mình chưa hiểu. 




#730271 Hàm số

Đã gửi bởi Yaya on 17-02-2020 - 21:20 trong Đại số

Anh có thể giải kĩ cái TH2 giúp em đc ko ạ ? Em cảm ơn

Bạn cứ chia trường hợp như mình nói, bí chỗ nào thì nói mình




#730110 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 23:53 trong Bất đẳng thức và cực trị

$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}}\le \frac{1}{2a+b}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)$

 

Tương tự: 

$\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2b+c\right)^2+\left(b-c\right)^2}}\le \frac{1}{2b+c}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

 

$\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}=\frac{1}{\sqrt{\left(2c+a\right)^2+\left(c-a\right)^2}}\le \frac{1}{2c+a}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)$

 

$\Rightarrow P\le \frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le \sqrt{\frac{1}{3}.3.\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)}=1$

 

$\Rightarrow Max_P=1\Leftrightarrow a=b=c=3$

Đây cũng là 1 đánh giá hay. Hơi tiếc 2 dòng cuối sai chút xíu có lẽ do gõ nhanh quá nên bạn nhầm. $\frac{1}{3}$ bạn ko đưa vào căn nhé và dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$. 




#730100 tìm lim của un

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 22:37 trong Dãy số - Giới hạn

@@@ ra đc chưa bn ơi

https://artofproblem...007359_find_sum




#730098 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 22:07 trong Bất đẳng thức và cực trị

Mình nghĩ đề bài này bị sai r bạn a.. Khi mình thay $x=y=z=1$ thì $L.H.S=9\geq\frac{81}{8}$

Bạn nhầm ấy $9 \leq \frac{81}{8}$ mà nên mình mới nói chưa chắc dấu bằng khi max xảy ra khi x=y=z=1 




#730096 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 21:55 trong Bất đẳng thức và cực trị

Mình nghĩ đề bài này bị sai r bạn a.. Khi mình thay $x=y=z=1$ thì $L.H.S=9\geq\frac{81}{8}$

Theo mình thì có thể dấu bằng không xảy ra ngay tại x=y=z=1 nên vấn đề bạn nói chưa chắc đề sai




#730090 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 21:38 trong Bất đẳng thức và cực trị

Mình xin đưa ra lời giải cho Bài 10

$A=\sum\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}=\sum\frac{x(x^2+xy+y^2)-xy(x+y))}{x^2+xy+y^2}=2020-\sum \frac{xy(x+y)}{x^2+xy+y^2}$

Mà $x^2+xy+y^2\geq \frac{3}{4}(x+y)^2$

Nên $\sum\frac{xy(x+y)}{x^2+xy+y^2}\leq\sum\frac{xy(x+y)}{\frac{3}{4}(x+y)^2}=\sum\frac{4}{3}.\frac{xy}{x+y}\leq \sum\frac{xy}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})=\sum\frac{1}{3}(x+y)$

$\Rightarrow A\geq \frac{2020}{3}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2020}{3}$

Bạn đánh giá hay quá  :like

Mình cũng xin trình bày 1 cách khác cho bài toán:

$A=\frac{x^4}{x(x^+xy+y^2)}+\frac{y^4}{y(y^2+yz+z^2)}+\frac{z^4}{z(z^2+zx+x^2)}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x(x^2+xy+y^2)+y(y^2+yz+z^2)+z(z^2+zx+x^2)}$

Ta có $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=2020(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=2020(x^2+y^2+z^2)-2020(xy+yz+zx)$

Vậy $x(x^2+xy+y^2)+y(y^2+yz+z^2)+z(z^2+zx+x^2)=x^3+y^3+z^3+xy(x+y)+yz(z+y)+zx(z+x)=x^3+y^3+z^3+xy(2020-z)+yz(2020-x)+zx(2020-y)=2020(x^2+y^2+z^2)$

Từ đó ta suy ra $A\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2020(x^2+y^2+z^2)}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3.2020}=\frac{2020}{3}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{2020}{3}$




#730087 phương trình

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 21:05 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình

Giải các pt sau:

1. x^4+2x^3+8x-16=0

2. $x^2+x+6=(x+3)\sqrt{x^2-x+4}$

Câu 1: Bấm casio tìm được 2 nghiệm thì tổng của 2 nghiệm này bằng -2 và tích bằng -4 nên ta phân tích đa thức $x^4+2x^3+8x-16=(x^2+2x-4)(x^2+4)=0$, sau đó giải bình thường.

Câu 2: Bình phương nên rồi giải như câu 1 ( hơi cơ bắp ) 




#730085 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 20:55 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cảm ơn bạn  :D  :D  :D Mình đánh vội quá nên lộn.

Đánh sai là chuyện bình thường thôi bạn  :D . Hi vọng bạn và mọi người vẫn tiếp tục đóng góp cho chuyên mục này.




#730079 Đa thức

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 20:32 trong Đại số

Giả sử g(x) và f(x) là hai đa thức có bậc không quá n và có giá trị trùng nhau tại n+1 điểm khác nhau. CMR f(x)=g(x) với mọi x

Xét phương trình $h(x)=f(x)-g(x)=0$ ta thấy $h(x)$ có bậc không quá n nhưng lại có n+1 nghiệm nên $h(x)=0$, với mọi x




#730076 Mục các bài toán tích phân ( phần 1 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 20:06 trong Giải tích

Bài 11: Tính tích phân $I=\int_{1}^{2}\frac{2-\sqrt{4-x^2}}{3x^4}dx$




#730075 xin link sách

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 20:01 trong Góp ý cho diễn đàn

Mất 2 trang cuối thì ráng ra nhà sách lấy điện thoại chụp lại hay liên hệ ai có sách rồi nhờ người đó chụp bạn ơi  :lol:




#730072 Đề thi HSG Toán Vĩnh Phúc 2018-2019

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 18:12 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Giúp mình bài 3 nữa nhé mọi người !

Đầu tiên bạn thiết lập được giải phương trình $f(1)-g(\frac{-a}{2})=8$, sau đó thế rút b theo a rồi thế vào g(x) và giải phương trình hoành độ giao điểm của f và g rồi biện luận phương trình bậc 2 có nghiệm duy nhất là xong 




#730068 Hàm số

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 17:49 trong Đại số

Em chưa học đạo hàm anh ơi!!Hì.Anh có thể giải bằng cách lớp 10 đc ko ạ?em cảm ơn ạ!

Xét $x_1<x_2<2$, ta tìm m thỏa $y(x_1)>y(x_2)$ tương đương $(m-1)(x_1^2-x_2^2)-2m(x_1-x_2)>0 <=> (m-1)(x_1+x_2)-2m<0 (1)$. Xét m=1 thì (1) thỏa mãn, xét m khác 1 chia trường hợp như trên là ra nha bạn.  




#730066 Hàm số

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 16:49 trong Đại số

cho hàm số y=(m-1)x^2-2mx+m+2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (-vô cực;2)

Nếu m=1 thì y=-2x+2 suy ra $y'=-2$ nghịch biến trên $(-\inf ;2)$. Nhận m=1

Nếu m khác 1 thì $y'=2(m-1)x-2m$ để hàm số nghịch biến trên $(-\inf;2)$ thì y' < 0 với mọi $x\in (-\inf;2)$.  Hay $y'<4(m-1)-2m<0$, suy ra $m<2$




#730065 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 16:30 trong Bất đẳng thức và cực trị

Mình xin đưa ra lời giải cho Bài 1

$P=\sum\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}=\sum\frac{1}{\sqrt{4a^2+(a+b)^2+b^2}}=\sum\frac{3}{\sqrt{(4a^2+(a+b)^2+b^2)(4+4+1)}}\leq\sum\frac{3}{4a+2a+2a+b}=\sum\frac{3}{8a+b}$

Đến đây thì khá là dễ r

Mình xin được bổ sung thêm phần còn thiếu của bạn và sửa lại lỗi sai trong quá trình đánh giá bất đẳng thức của bạn để lời giải hoàn chỉnh:

$\sum \frac{3}{6a+3b}=\sum\frac{1}{2a+b}\leq \sum \frac{1}{9}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})=\frac{1}{3}\sum\frac{1}{a}\leq \frac{\sqrt{3}}{3}$ ( do từ $\sum\frac{1}{a^2} \geq \frac{1}{3} (\sum\frac{1}{a})^ 2$ suy ra $\sum\frac{1}{a}\leq \sqrt{3}$). Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

Mong bạn tiếp tục tham gia đóng góp lời giải cho các bài còn lại.  :like




#730048 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 07:09 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 10: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=2020.$ Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                                                   $A=\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3}{z^2+zx+x^2}$




#730047 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 07:04 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 9: Cho $x,y,z\in [0,1]$. Chứng minh rằng: $(2^x+2^y+2^z)(2^{-x}+2^{-y}+2^{-z})\leq \frac{81}{8}$ 




#730046 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 07:02 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 8: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn: $x^2+y^2\leq \pi$. Chứng minh rằng: $cosx+cosy\leq 1+cos(xy)$




#730045 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 06:59 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $A=2x^2-xy+2y^2$ với x,y là các số thực thỏa mãn: $x^2-xy+y^2=3$




#730044 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 06:55 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 6: Xét $x,y\in R$ thỏa mãn điều kiện: $3x-6\sqrt{2x+4}=4\sqrt{3y+18}-y$

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{x}{2}+\frac{y}{3}-1$




#730043 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 06:52 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 5: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn:

                                                                $9(a^4+b^4+c^4)-25(a^2+b^2+c^2)+48=0$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                                                $F=\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b^2}{c+2a}+\frac{c^2}{a+2b}$




#730042 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 06:48 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 4: Cho tam giác ABC có diện tích S, BC=a, CA=b, AB=c.

Chứng minh rằng: $\frac{(b+c-a)a^2}{b+c}+\frac{(c+a-b)b^2}{c+a}+\frac{(a+b-c)c^2}{a+b} \geq 2\sqrt{3} S$




#730041 Mục các bài toán bất đẳng thức ( phần 2 )

Đã gửi bởi Yaya on 15-02-2020 - 06:45 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 3: Cho a,b,c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thỏa mãn:

                                                                $(a+b+c)^2=2(a^2+b^2+c^2)$

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $P=\frac{a^3+b^3+c^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$