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.


Hình ảnh
* * * * - 3 Bình chọn

Tư tưởng chia để trị trong chứng minh BĐT


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 98 trả lời

#21 bobbysteven_09

bobbysteven_09

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết
  • Đến từ:Paris
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 05-05-2006 - 17:47

Nó đúng là được. Còn trước kia nó là mở thì bây giờ là đóng...Nếu bạn chưa hiểu kĩ thì AM-GM hai biến dùm mình...
Đơn giản là hoàn hảo!

#22 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

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

Đã gửi 05-05-2006 - 17:49

Thực ra bài đó hồi trc anh ngại dồn biến thôi, còn như lời giải của Boby thì nó ko quá rắc rối. Nó là một bài trong chương II, ko còn là bài mở nữa.
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.

#23 namdung

namdung

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH KHTN Tp HCM
  • Sở thích:- Giải tóan, dạy tóan
    - Đá bóng, xem đá bóng và cá cược bóng đá
    - Sưu tầm tem, đọc truyện lịch sử

Đã gửi 05-05-2006 - 23:17

Giả sử $a \geq b \geq c $
Xét $4(\dfrac{{a + b}}{2})^2 + \dfrac{{(a + b)c}}{2})^2 - (4a^2 + bc)(4b^2 + ac) = (a - b)^2 (a^2 + b^2 + 6ab + \dfrac{{c^2 }}{4} - 3ac - 3bc) \ge 0$
suy ra nếu đặt $t=\dfrac{a+b}{2} \geq c$ thì ta có
$f(a,b,c) \geq f(t,t,c)$

Phép dồn biến này hợp lệ đấy, không "ám khí" đâu:

$A^2 \ge BC $thì dĩ nhiên $ \dfrac{1}{\sqrt{B}} + \dfrac{1}{\sqrt{C}} \ge \dfrac{2}{\sqrt{A}}$ theo AM-GM rồi. Còn phân thức còn lại cũng lớn hơn.

Các bạn đừng quảng cáo phương pháp bằng các bài toán độc đạo, đấy không phải là cách hay đâu.

Namdung

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:42


#24 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 06-05-2006 - 15:28

Các bạn đừng quảng cáo phương pháp bằng các bài toán độc đạo, đấy không phải là cách hay đâu.

Hì hì, em ko có ý định đó đâu ạ.

Lời giải Bài toán 2 bằng dồn biến của bobbysteven_09 khá bất ngờ (bất ngờ vì ...đơn giản) ... Tuy nhiên, đây cũng là một ví dụ tốt!

Nếu bài này đã solved rùi thì ... tiếc thật, vậy xin nêu thêm 1 bài khác (cũng lấy trong topic của Hùng)

Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

ko biết bài này có phải là unsolve ?, nếu bạn nào biết lời giải thì chịu khó post lên để mọi người tham khảo! (dưới 1 quan điểm "nào đó" thì bài này rất giống bài toán 2, chỉ khó hơn 1 chút)

---
PS: 1)Sở dĩ lấy các ví dụ trong topic của Hùng là vì đây là các bài toán hay, hơn nữa để thể hiện tính khách quan: tạo pp để giải toán chứ ko phải đặt ra bài toán để minh họa cho pp. Do đó, tôi hi vọng nhận thêm nhiều ví dụ thú vị từ các bạn.
Lời giải các bài toán này sẽ được trình bày "đủ cụ thể" trong topic này.

2)Thứ hai tới (cho đủ 1 tuần :) ) sẽ bắt đầu post nội dung chính ... mấy hôm nay bận quá, chẳng đánh đấm (đánh máy) gì được cả.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:42

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#25 namdung

namdung

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH KHTN Tp HCM
  • Sở thích:- Giải tóan, dạy tóan
    - Đá bóng, xem đá bóng và cá cược bóng đá
    - Sưu tầm tem, đọc truyện lịch sử

Đã gửi 06-05-2006 - 20:48

Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Theo tôi hiểu thì phải là

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

---
Hatucdao: hì hì, em copy mà quên chỉnh sửa. Cảm ơn Thầy. Bài này cũng rất hay!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:42


#26 Kimluan

Kimluan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phú Yên

Đã gửi 07-05-2006 - 08:40

Mình đã đọc kĩ lời giải của bobbysteven_09 đây là một lời giải chính xác!
Nói chung qua lời giải này chúng ta có thể thấy bài toán hai là rất yếu,bước đầu bobbysteven_09 dùng Côsi liên tiếp hai lần mà vẫn có thể dồn biến được,còn bước sau(đã đưa hai biến về bằng nhau) theo tôi giải theo kiểu bobbysteven_09 là hơi phí phạm,bởi ta có thể giải với kĩ thuật trần trụi theo kiểu ìtrẻ em mới tập nói” :lol: như sau:
*Nếu c=0 thì khỏi bàn
*Nếu c>0 ta chuẩn hóa c=1
Khi đó f(t,t,c) :) VP tương đương
$\large \dfrac{2}{\sqrt{4t^2+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{4+t^2}} \ge \dfrac{4}{2t+1}$ với mọi t :geq1 (1)
Thật vậy áp dụng BĐT Côsi ta có
VT(1) :vec{AB} $\large \dfrac{1}{\sqrt{4t^2+t}}+\dfrac{1}{\sqrt{4t^2+t}}+\dfrac{1}{2 \sqrt{4+t^2}}+ \dfrac{1}{2 \sqrt{4+t^2}}$
$\large \ge \dfrac{4}{\sqrt[4]{4(4t^2+t)(4+t^2)}$
Ta cần chứng minh
<$\large (2t+1)^4 \ge 4(4t^2+t)(4+t^2)$
$\large \Leftrightarrow 28t^3-40t^2-8t+1 \ge 0$
BĐT cuối đúng nên ta có đpcm.

Nhận xét
*Nói chung bài toán này quá yếu nên thật đáng tiếc khi phải sử dụng đến ìchia để trị” để giải quyết (ban đầu nghe anh Hùng quản cáo tưởng bài này mạnh lắm nên mới dùng chia để trị để tấn công và thấy ra ngay nên cũng không thử với các công cụ khác ai ngờ sử dụng dồn biến lại dễ như vậy).
*Một bài toán tương tự nhưng mạnh hơn khá nhiều:
Bài toán 3:Cho $a,b,c \ge 0$và ab+bc+ca=1.Chứng minh rằng:
$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+ \dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}\ge 2 \sqrt{2}$

Bài này cũng nằm trong đám thí dụ bằng chia để trị mà em định trìng bày, nhưng không biết cách của bobbysteven_09 có còn hiệu lực không nữa nhưng tôi nghĩ cũng khó khăn đấy,nếu bạn có cách khác(không sử dụng chia để trị) thì post lên để pà con xem thử.
Chắc trong sách anh Hùng bài 3 cũng đóng nốt rồi nhỉ .Vậy mà em cứ tưởng các bài này còn mở :leq để cho chắc ăn trong thời gian tới em sẽ đưa những bài toán hoàn toàn mới cho hấp dẫn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:43


#27 Kimluan

Kimluan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phú Yên

Đã gửi 07-05-2006 - 08:45

vậy xin nêu thêm 1 bài khác (cũng lấy trong topic của Hùng)

Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:

$\large \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}> \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

ko biết bài này có phải là unsolve ?, nếu bạn nào biết lời giải thì chịu khó post lên để mọi người tham khảo! (dưới 1 quan điểm "nào đó" thì bài này rất giống bài toán 2, chỉ khó hơn 1 chút)

Hi hi đúng là bài này chỉ khó hơn một chút, nhưng chỉ một chút đó cũng đủ cho dồn biến gặp khó khăn rùi,em đã giải xong nhưng cứ chờ bobbysteven_09 giải xong đã.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 12:46


#28 Kimluan

Kimluan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phú Yên

Đã gửi 07-05-2006 - 09:32

Các bạn đừng quảng cáo phương pháp bằng các bài toán độc đạo, đấy không phải là cách hay đâu.

Các bài này đều của anh Hùng đặt ra cả,chẳng lẽ anh Hùng đặt ra để quảng cáo cho "chia để trị" sao?,với lại qua lời giải của bobbysteven_09 có thể thấy "chia để trị" không phải lài cách duy nhất. Chẳng qua nó giúp ta giải nhanh bài toán hơn mà thôi.Việc sử dụng phương pháp để giải toán quan trọng hơn việc sử dụng toán để mô phỏng cho phương pháp, nên theo em đưa những bài như vậy là tự nhiên hơn cả.Sẽ rất tồi tệ nếu ta cố gán đặt nó mặc dù nó không cần thiết chút nào.

#29 hungkhtn

hungkhtn

    Tiến sĩ diễn đàn toán

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

Đã gửi 07-05-2006 - 10:59

Giải bài này bằng chia để trị xem có đc ko nhé....

CMR nếu $abcd=1$] thì
$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2) \ge (a+b+c+d)^2+6(a+b+c+d-4)$.

:)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-07-2011 - 09:43

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.

#30 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 07-05-2006 - 15:06

Giải bài này bằng chia để trị xem có đc ko nhé....

CMR nếu $abcd=1$thì
$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2) \ge (a+b+c+d)^2+6(a+b+c+d-4)$.

Chia để trị chỉ làm với ... 2 biến thôi (thường 3 biến thuần nhất thì coi như 2 biến), với 4 biến thì ko nên.

Với lại, anh chỉ dùng nó khi những cách khác gặp trở ngại. Bài của em cũng hay đấy, nhưng chắc ko phải dùng chia để trị đâu nhỉ! Thực sự là anh rất phản đối việc cứ ôm khư khư một tuyệt chiêu nào đó (thậm chí ko chắc là tuyệt chiêu) ... Chiêu thức dùng được thì dùng, ko được thì bỏ, cần thì tạo ra cái mới, chẳng có gì phải vướng bận cả. Những ai học võ đều biết, người nào ra trận mà nắm thật chặt vũ khí thì chả khác nào ...tự sát.

Hì hì, ngày mai sẽ bắt đầu post nội dung chính, còn hôm nay thì ... introduction :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 12:49

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#31 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 07-05-2006 - 15:08

TƯ TƯỞNG CHIA ĐỂ TRỊ TRONG CHỨNG MINH BĐT

0.Tư tưởng chính

Các bạn thân mến, về mặt lý thuyết thì rõ ràng để chứng minh một BĐT loại ìchặt chẽ” (tức là có dấu ì=”) thì khó hơn là 1 BĐT thực sự, vì khi đánh giá còn phải ìchừa đường sống” cho trường hợp đẳng thức xảy ra.
Sở dĩ ta gặp khó khăn đó là vì mong muốn có một đánh giá cho toàn cục (trên cả miền giá trị của các biến). Do đó, khi gặp những biểu thức mà lúc thì lên, lúc thì xuống ìvô chừng” thì sẽ rất khó khăn: một đánh giá tốt cho trường hợp này nhưng ko tốt cho trường hợp khác.

Một trong những cách đơn giản nhất để khắc phục điều đó là chia miền làm việc thành nhiều miền con, mà mỗi miền tương đối ìdễ thương” để ta có thể xử lý đơn giản. Nói một cách nôm na, là thay vì làm một việc rất khó để nhận 100 000 đồng (hay USD cũng được :)), ta nhận làm 10 việc dễ, mỗi việc chỉ cần 20 000 đồng, thì vẫn hiệu quả hơn.

Cách làm trình bày dưới đây có thể tóm tắt như sau:
-Bước1: dự đoán các trường hợp xảy ra dấu đẳng thức (ta gọi là các trường hợp ìnhạy cảm”), khoanh vùng chúng lại xét riêng ra.
Phần còn lại, ta chỉ làm việc với các BĐT thực sự.
-Bước2: biến đổi, chuẩn hóa BĐT về dạng thích hợp (sửa soạn chiến trường)
-Bước3: dứt điểm bằng cách băm nhỏ theo từng biến để xử lý.
Thật ra, có rất nhiều cách chia miền, xét khoảng … những gì trình bày ở đây chỉ là một cách hết sức thô sơ. Mục đích chính là giúp các bạn có thêm một cách nhìn, chứ ko phải kĩ thuật, tức là cung cấp kiếm ý chứ ko phải kiếm chiêu. Đọc xong, các bạn ko phải nhớ gì cả. :Leftrightarrow
Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#32 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 08-05-2006 - 08:23

(tiếp theo)

I.Phương pháp lặp cho bài toán 1 chiều.

Giả sử ta cần chứng minh BDT dạng f(x)>0 với mọi x thuộc [a,b].

Tất nhiên, về mặt lý thuyết thì với f tương đối ìdễ thương”, đây không phải là bài toán khó, và công cụ đạo hàm để khảo sát hàm số sẽ phát huy tác dụng. Tuy nhiên, các bạn thử hình dung, nếu ta phải chứng minh khoảng vài chục BDT kiểu như vậy, trong vòng vài tiếng đồng hồ - quả là một công việc hết sức mệt mỏi (và khi mệt mỏi thì tính toán thường rất dễ nhầm lẫn).

Trong một lớp khá lớn các hàm f, ta có thể xử lý rất đơn giản, hạn chế tối đa sự làm việc của đầu óc.

Mệnh đề 1. Cho f là hàm tăng (nếu chỉ nói tăng thì ngầm hiểu là không cần ngặt), liên tục từ [a,b] vào R. Xét dãy $x_n>b$.
Chứng minh:
(i) suy ra (ii). Tất nhiên, để (i) đúng thì ít ra ta phải có f(a)>a, tức $x_1>x_0$. Do f tăng nên suy ra $x_n$là dãy tăng. Giả sử (ii) sai, khi đó $x_n\in[a,b]$với mọi n (và là dãy vô hạn). Do $x_n$ tăng và bị chặn nên hội tụ về z thuộc [a,b]. Sử dụng f liên tục suy ra f(z)=z, mâu thuẫn với (i).

(ii) suy ra (i). Gọi m là số nhỏ nhất để $x_m\in[a,b]$ (tất nhiên m :geq 0). Vì $x_1=f(a)>a=x_0$ nên $[x_{k},x_{k+1})$. Khi đó: $z\geq f(z) \geq f(a)=x_1$
suy ra $ z \geq f(z) \geq f(x_1)=x_2$

Suy ra $ z \geq f(z) \geq f(x_{m}) >b$
Mâu thuẫn.

Hơn nữa, ta cũng không cần quá ìtiết kiệm” lấy $ z \geq f(z) \geq f(a)=x_1>x_1$ ($x_1$ là số ìcắt ngắn” phần thập phân)
suy ra $z \geq f(z) \geq f(x_1)=x_2>x_2$

Suy ra $z \geq f(z) \geq f(x_{m})$ >b
Tất nhiên, lối trình bày ở đây chỉ là một đề nghị, và nó cũng không phải là điều thực sự quan trọng.


Ví dụ 1:
$\sqrt{x+1}+x^7+\dfrac{1}{10}(x+1)^4>x+1$ với mọi x thuộc [0,1]
Lời giải:
Xét $1.3a+\dfrac{2}{a^6+1}>2$ với mọi a>1
HD: Lưu ý là khi a>=2 thì BDT hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần xét khi a<2.
Xét $f(x)=\dfrac{1}{1.3}(2-\dfrac{2}{a^6+1})$.

Dành cho các bạn: liệu từ g(x)>0, làm cách nào để chuyển về f(x)>x với f là hàm tăng? Điều này có phải thực hiện được với ìrất nhiều” các hàm g, hay ngược lại?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:06

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#33 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 09-05-2006 - 11:36

(tiếp theo)

Trong bài post trước, một thắc mắc hiển nhiên là phải chăng mệnh đề 1 chỉ giải quyết được cho 1 lớp bài toán rất nhỏ? Thực sự không phải như vậy, mà ngược lại. Trong một điều kiện khá rộng rãi, từ g(x)>0 có thể chuyển về f(x)>x với f tăng. Ta chỉ cần 1 chút mưu mẹo.

Mệnh đề 2. Giả sử g khả vi liên tục (tức f có đạo hàm và f’ liên tục) trên [a,b], thì tồn tại số thực M>0 sao cho g(x)+Mx tăng trên [a,b].
Chứng minh:
Hàm g’ liên tục trên [a,b] nên bị chặn dưới trên đoạn này, suy ra tồn tại M>0 sao cho g’(x)>-M với mọi x thuộc [a,b]. Khi đó hàm h(x)=g(x)+Mx có đạo hàm h’=g’+M>0 trên [a,b] nên là hàm tăng (thậm chí tăng ngặt).

(ý nghĩa là có thể f chưa tăng, nhưng ta cộng thêm cho 1 hàm tăng đủ mạnh (ở đây chọn đơn giản là Mx) thì nó sẽ lôi cả f tăng theo)

Từ đó, ta thấy ngay là g(x)>0 có thể biến đổi về f(x)>x với $f=\dfrac{g(x)+Mx}{M}$ liên tục (thậm chí khả vi) và tăng (thậm chí tăng ngặt) trên [a,b].

*Ghi chú: lớp các hàm g nói trong mệnh đề 2 người ta thường kí hiệu là $C^1$]([a,b]). Về đạo hàm tại các đầu mút a, b các bạn có thể hiểu là đạo hàm 1 phía. Một cách định nghĩa khác, tương đương, là xem như f là hàm khả vi liên tục trên (a',b') với (a',b') chứa [a,b].
Hầu hết các hàm ìsơ cấp” (mà ta xét) thuộc lớp này.

Ví dụ 1: Chứng minh rằng
$2x^4-2x^3-2x^2-x+3.5>0$ với mọi x>1
Lời giải:
Gọi vế trái là g(x). Thì g’=$8x^3-6x^2-4x-1$ chưa chắc >0. Ta cộng thêm 3 vào thì:
g’(x)+3=$f= \dfrac{(2x^4-2x^3-2x^2+2x+3.5)}{3}$
Phần còn lại dành cho các bạn.

Cuối cùng, lưu ý là mệnh đề 2 giúp chúng ta ìyên tâm” là mệnh đề 1 có tầm sát thương …đủ lớn:D, tuy nhiên cách biến đổi đó là không duy nhất. Nếu tinh ý ta có thể làm ngắn hơn.

Chẳng hạn, cũng ví dụ 3 ở trên, ta cũng có thể biến đổi về:
x>h(x) với $ h=\sqrt[4]{\fra{x^3+x^2+x}{2-1.75}}$ với x>1.

Đến đây, bản thân mệnh đề 1 gặp trở ngại, nhưng kiếm ý của nó thì vẫn chạy tốt.
Ta thấy rằng nếu x>2 thì suy ra ngay, nên chỉ cần xét khi x thuộc [1,2]. Giả sử có z thuộc [1,2] sao cho z<=h(z). Ta có:
z ^_^ 2
z :D h(z) ;) h(2)<1.84
z -_- h(z) :rolleyes: h(1.84)<1.73
z :B) h(z) :lol: h(1.73)<1.65

Cứ như vậy cho tới z<1 để đạt được mâu thuẫn.

Dành cho các bạn: phát biểu và chứng minh mệnh đề tương tự như mệnh đề 1 cho bài toán x>h(x) với mọi x thuộc [a,b], h là hàm liên tục và tăng trên [a,b]. (HD: có thể tiến hành cm tương tự như mệnh đề 1, hoặc dùng 1 chút mưu mẹo để biến đổi đưa về mệnh đề 1)

Một vấn đề nữa là có nhiều cách biến đổi, nhưng tốc độ tiến về ..mâu thuẫn không như nhau. Nếu thích, các bạn có thể xét thử là nên biến đổi như thế nào để tiến về mâu thuẫn nhanh hơn. Đây là một vấn đề khó. Theo kinh nghiệm, thì trong mệnh đề 2, ta chọn M càng lớn thì tốc độ càng …rùa, và hàm f có dấu mũ sẽ nhanh hơn hàm f có dấu căn (ví dụ như 2 cách biến đổi ở ví dụ 3 ở trên).
---------

Đến đây, các bạn có thể yên tâm là "hầu hết" các BDT thực sự với 1 biến số ko còn là vấn đề khó khăn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:07

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#34 HUYVAN

HUYVAN

    CTCVAK08

  • Hiệp sỹ
  • 1126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Thuận

Đã gửi 10-05-2006 - 11:14

(tiếp theo)

"hầu hết" các BDT thực sự với 1 biến số ko còn là vấn đề khó khăn!

Vậy trong những trường hợp nào thì "Chia để trị" phát huy tối đa sức mạnh"hủy diệt hàng loạt" của nó? Đây có lẽ là câu hỏi muôn thưở cho phương pháp mới "ra lò"

#35 Kimluan

Kimluan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phú Yên

Đã gửi 10-05-2006 - 17:20

Vậy trong những trường hợp nào thì "Chia để trị" phát huy tối đa sức mạnh"hủy diệt hàng loạt" của nó? Đây có lẽ là câu hỏi muôn thưở cho phương pháp mới "ra lò"

Nói chung phương pháp này tàn sát gần như tất cả các BDT thực sự(ta hiểu A>B được gọi là BDT thực sự nếu tồn tại hằng số k sao cho A>k>B).Đây chính là lí do ta phải thực hiện thêm bước "khoanh vùng nhạy càm" trước khi tung đòn tổng lực(để biến một BDT có dấu bằng về BDT thực sự).Thường thường thì bước khoanh vùng này rất sơ đẳng.
Còn sức mạnh "hủy diệt" có lẽ bạn cũng đã biết được khá nhiều rồi nhỉ.

#36 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 11-05-2006 - 13:24

(tiếp theo)

II. Một cách nhìn khác cho bài toán 1 chiều.

Các bạn thân mến, pp lặp cho ta một cách chứng minh ìđủ dùng” cho trường hợp 1 biến, tuy nhiên nó gặp trở ngại khi ta muốn làm một điều tương tự cho nhiều biến hơn.

Ta sẽ biến đổi mệnh đề 1 khác đi một chút để có thể mở rộng cho nhiều biến.

Mệnh đề 3. Cho f(x,y) là hàm liên tục từ [a,b]x[a,b] vào R, tăng theo biến x và giảm theo biến y. Khi đó 2 điều sau là tương đương.
(i) f(x,x)>0, với mọi x thuộc [a,b]
(ii) Tồn tại dãy hữu hạn tăng $f(x_{n},x_{n+1})>0$, với mọi n=0,1,..,m.
Chứng minh:
(i) suy ra (ii): Xét tập hợp A gồm tất cả các giá trị $a=x_0<x_1<..<x_{m+1}=z$ và $f(x_{n},x_{n+1})>0$, với mọi n=0,1,..,m.
Dễ thấy rằng A có tính chất ìnối dài”, tức là nếu z thuộc A thì mọi số trong [a,z] cũng thuộc A.
Ta có A khác rỗng (ít ra nó chứa a), và A bị chận nên tồn tại z=sup(A) (chận trên nhỏ nhất của A).
Nếu z<b thì vì f(z,z)>0 và tính liên tục của f, tồn tại $x_{n}$ tương ứng của $z_1$ và bổ sung thêm $x_{m+2}=z_2$ để suy ra $z_2$ thuộc A, và nhận được mâu thuẫn.
Vậy b=sub(A). Ta chứng minh b thuộc A nữa là xong. Tương tự như trên, vì f(b,b)>0 và f liên tục, nên tồn tại b’ $\in$ A sao cho f(b’,b)>0. Ta lấy dãy $x_{n}$ tương ứng của b’ (vì b’ thuộc A) và bổ sung thêm ${x_n}$ thỏa (ii)) thì các bài toán nhỏ đúng một cách ìhiển nhiên” vì $f(x,x)\ge f(x_n, x_{n+1})>0$.

Ở đây, mặc dù tổng quát hơn, nhưng kết quả ko đẹp bằng mệnh đề 1, đó là vì các điểm chia x_n ko được xác định 1 cách rõ ràng (ở mệnh đề 1 ta lấy nó là dãy lặp). Tuy nhiên, trong thực tế thì điều này ko quá khó khăn, ta có thể dùng pp thủ công (tính trực tiếp).

Nói thêm về hàm f(x,y). Ở phần trước, sau khi phát biểu mệnh đề 1 thì ta phải quan tâm là khi nào BĐT g(x)>0 viết được thành f(x)>x với f tăng. Cũng như vậy, ta có câu hỏi là khi nào thì BĐT g(x)>0 có thể biến đổi thành f(x,x)>0 với f là hàm nêu trong mệnh đề 3. Hai ví dụ cơ bản sau đây sẽ giúp các bạn hiểu rõ hơn:

Ví dụ 1: Nếu g(x)=u(x)-v(x) với u,v là hai hàm tăng, thì f(x,y)=u(x)-v(y).

Ví dụ 2: Nếu g(x)=u(x)/v(x) với u,v là 2 hàm tăng và nhận giá trị dương, thì f(x,y)=u(x)/v(y).

Như vậy, hàm f(x,y) có ý nghĩa là tách các thành phần tăng và giảm theo biến số ở hàm g ra 2 phần riêng biệt. Tất nhiên, cùng một hàm g có rất nhiều cách đặt hàm f.

Dành cho các bạn: khi nào thì 1 hàm liên tục viết được thành hiệu của 2 hàm tăng? Phải chăng mọi hàm liên tục đều làm được như vậy?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:11

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#37 phtung

phtung

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 166 Bài viết

Đã gửi 11-05-2006 - 14:33

Cái này nên giải thích giống như 1 PP trong xấp xỉ nghiệm trong việc đánh giá các đại lượng của PP Tính thì hay hơn nhỉ??

#38 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 12-05-2006 - 10:36

Cái này nên giải thích giống như 1 PP trong xấp xỉ nghiệm trong việc đánh giá các đại lượng của PP Tính thì hay hơn nhỉ??

ok, tôi chưa học PP tính nên ko rõ, bạn có thể post cụ thể được ko?
Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#39 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 12-05-2006 - 10:41

(tiếp theo)

III. Mở rộng cho bài toán 2 chiều.

Xét bài toán chứng minh f(x,y)>0 với mọi $x\in[a,b],g\in[c,d]$.
Tiếp nối ý ở phần II, ta mong muốn chia hình hộp [a,b]x[c,d] thành các ìhình hộp con” và trên mỗi hình con thì BĐT sẽ đúng theo lối ìhiển nhiên”. Vấn đề là chia như thế nào? Rõ ràng chia theo vừa x vừa y sẽ rất phức tạp. Để đơn giản, không gì hơn là ta ìchia để trị”: chia theo 1 biến, rồi mới chia theo biến kia (thực ra, khi chia theo 1 biến thì bài toán chỉ còn là 1 chiều). Giống như để cắt 1 miếng gỗ hình chữ nhật, ta cắt thành nhiều miếng theo chiều rộng (để được rất nhiều miếng, mỗi miếnh gần như là …1 chiếc que).

Chia theo biến y, ta có:
Mệnh đề 4. Cho f(x,y,z) là hàm liên tục từ [a,b]x[c,d]x[c,d] vào R, tăng theo các biến x, y và giảm theo biến z. Khi đó 2 điều sau là tương đương.
(i) f(x,y,y)>0, với mọi x thuộc [a,b],y thuộc [c,d].
(ii) Tồn tại dãy hữu hạn tăng $f(x,y_{n},y_{n+1})>0$, với mọi x thuộc [a,b].
Chứng minh:
Ý tưởng chứng minh y hệt như ở mệnh đề 3 nên xin dành lại cho các bạn. Chỉ có một điểm khó khăn là tính liên tục đều của f:
Định nghĩa liên tục đều: Cho f(x,y,z) là từ D vào R với D là một tập con của R^3. Thì f gọi là liên tục đều trên D nếu:
với mọi e>0, tồn tại e’>0 sao cho: với mọi (x,y,z) và (x’,y’,z’) thuộc D mà |x-z’|+|y-y’|+|z-z’|< e’ thì ta luôn có |f(x,y,z)-f(x’,y’,z’)|<e.

Và có kết quả sau đây (chứng minh không khó nhưng các bạn có thể tạm chấp nhận): Cho f(x,y,z) là hàm liên tục từ D vào R. Nếu D có dạng [a,b]x[c,d]x[c,d] thì f liên tục đều trên D.

Mệnh đề 4 cũng có thể tổng quát cho n biến, khi đó, để chứng minh (i) ta sẽ kiểm (ii), và làm việc với các BĐT ít biến hơn.
Tuy nhiên, trong "thực hành", khi số biến tăng lên thì số trường hợp tăng lên với tốc độ …khủng khiếp!

Tuy nhiên, chúng ta có thể tin là, "hầu hết" BDT thực sự sẽ chứng minh được, vấn đề chỉ là ...thời gian.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:11

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau

#40 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 12-05-2006 - 11:22

IV. Vài ví dụ

Các bạn thân mến, những gì trình bày ở trên chỉ giúp các bạn hiểu rõ hơn một chút về bản chất vấn đề, chứ hoàn toàn ko có cái nào là "định lý để áp dụng" cả. Trong khi giải bài toán cụ thể, ta sẽ thấy rất ít kiến thức được dùng đến, nhưng lại làm được những bài khó, đó mới là điều thú vị.

Xin nhắc lại "cái khung" làm việc:
-Bước1: dự đoán các trường hợp xảy ra dấu đẳng thức (ta gọi là các trường hợp ìnhạy cảm”), khoanh vùng chúng lại xét riêng ra.
Phần còn lại, ta chỉ làm việc với các BĐT thực sự.
-Bước2: biến đổi, chuẩn hóa BĐT về dạng thích hợp (sửa soạn chiến trường)
-Bước3: dứt điểm bằng cách băm nhỏ theo từng biến để xử lý.

Trước 1 bài toán khó thì Bước 1 chính là việc giảm thiểu cái khó xuống tối đa: chỉ cm BDT cho những lân cận rất nhỏ của dấu "=". Những "khó khăn" còn lại được chia cho các phần sau.

Bước 2 là bước đơn giản, tuy nhiên, đây chính là bước quyết định rất nhiều đến phần sau sẽ dài hay ngăn. Bước này có ý nghĩa sửa soạn chiến trường (trước khi đưa đại bác dứt điểm), nếu làm quá cẩu thả thì phần sau sẽ mệt hơn...

Bước 3 có nhiều cách chia, và những gì trình bày ở trên chỉ là một đề nghị thô sơ và cực kì "bá đạo" cho việc "băm nhỏ".

------------
Để có thể hình dung "cỗ máy" của chúng ta vận hành như thế nào, xin nêu 1 vài ví dụ:

Bài toán 1. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+ab}}>\dfrac{4}{a+b+c}$.

Bài toán 3. Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}>\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}}$

Bài toán 4 (kimluan) Cho a,b,c>=0, a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\sqrt{\dfrac{a}{1+b+bc}}+\sqrt{\dfrac{b}{1+c+ca}}+\sqrt{\dfrac{c}{1+a+ab}}\ge \sqrt{3}$

Bài 2 đã được giải bằng dồn biến, rất ngắn gọn, như ở trên. Nếu làm chia để trị thì dài hơn nhiều,. Tuy nhiên nếu làm theo chia để trị thì bài 2 và bài 3 là ...như nhau (thậm chí bài 2 còn lằng nhằng hơn). Dưới đây là lời giải bài 3 để các bạn tham khảo (đây là ví dụ thể hiện rất rõ cái sườn mà ta phác họa ở trên). Trong các bài toán khác thì ở vài chỗ sẽ cần thêm một chút sáng tạo, nhưng điều này hoàn toàn nằm trong khả năng của các bạn.

Các bạn hãy làm thử (ngay bài 3 cũng có nhiều cách giải khác)... ít bữa nữa kimluan sẽ post lời giải chi tiết và trả lời các thắc mắc.

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-04-2009 - 13:12

Hoa đào năm ngoái đừng cười
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau




0 người đang xem chủ đề

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