Đến nội dung


Chú ý

Nếu bạn gặp lỗi trong quá trinh đăng ký thành viên, hoặc đã đăng ký thành công nhưng không nhận được email kích hoạt, hãy thực hiện những bước sau:

  • Đăng nhập với tên và mật khẩu bạn đã dùng kể đăng ký. Dù bị lỗi nhưng hệ thống đã lưu thông tin của bạn vào cơ sở dữ liệu, nên có thể đăng nhập được.
  • Sau khi đăng nhập, phía góc trên bên phải màn hình sẽ có nút "Gửi lại mã kích hoạt", bạn nhấn vào nút đó để yêu cầu gửi mã kích hoạt mới qua email.
Nếu bạn đã quên mật khẩu thì lúc đăng nhập hãy nhấn vào nút "Tôi đã quên mật khẩu" để hệ thống gửi mật khẩu mới cho bạn, sau đó làm theo hai bước trên để kích hoạt tài khoản. Lưu ý sau khi đăng nhập được bạn nên thay mật khẩu mới.

Nếu vẫn không đăng nhập được, hoặc gặp lỗi "Không có yêu cầu xác nhận đang chờ giải quyết cho thành viên đó", bạn hãy gửi email đến [email protected] để được hỗ trợ.
---
Do sự cố ngoài ý muốn, tất cả bài viết và thành viên đăng kí sau ngày 08/08/2019 đều không thể được khôi phục. Những thành viên nào tham gia diễn đàn sau ngày này xin vui lòng đăng kí lại tài khoản. Ban Quản Trị rất mong các bạn thông cảm. Mọi câu hỏi hay thắc mắc các bạn có thể đăng vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để được hỗ trợ. Ngoài ra nếu các bạn thấy diễn đàn bị lỗi thì xin hãy thông báo cho BQT trong chủ đề Báo lỗi diễn đàn. Cảm ơn các bạn.

Ban Quản Trị.


Hình ảnh

Bất Đẳng Thức Holder và Minkowski


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 16 trả lời

#1 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 15-06-2016 - 11:19

 Chào các bạn VMF-ers, có lẽ đa số trong chúng ta bất đẳng thức là một dạng chuyên đề khó khăn trong việc tìm lời giải.Như chúng ta vẫn thường biết đến các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức BCS, AM-GM ,Cheybeshev, Minkowski, Holder ,........

  Bất đẳng thức Cauchy có một dạng mở rộng cũng hay được dùng trong chứng minh bất đẳng thức, đó là bất đẳng thức Holder. Song song , với bất đẳng thức Holder là bất đẳng thức Minkowski cũng không kém phần quan trọng.

   Topic mình hướng đến việc sử dụng và vận dụng 2 bất đẳng thức Minkowski và Holder trong chứng mình bất đẳng thức..

  Đây là lần đầu mình lập topic nên không tránh khỏi những sai sót, mong các bạn thông cảm và nhiệt tình ủng hộ topic.

  Để bắt đầu topic mình xin đề cập đến dạng tổng quát của bất đẳng thức Holder:

$\prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=1}^{n}a_{i,j})\geq (\sum_{j=1}^{n}\sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m}a_{i,j}})^{m}$

Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi m dãy đã cho tương ứng tỉ lệ

Đúng là cồng kềnh, nên mình sẽ viết tường minh dạng tổng quát như sau:

Với m bộ số n số dương

$(a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3},...,a_{1,n}),(a_{2,1},a_{2,2},a_{2,3,...,a_{2,n}}),...,(a_{m,1},a_{m,2},a_{m,3},...,a_{m,n}).$

ta có $(\sum_{j=1}^{n}a_{1,j})(\sum_{j=1}^{n}a_{2,j})...(\sum_{j=1}^{n}a_{m,j})\geqslant (\sqrt[m]{a_{1,1}.a_{2,1}.a_{3,1}...a_{m,1}}+\sqrt[m]{a_{1,2}.a_{2,2}.a_{3,2}...a_{m,2}}+...+\sqrt[m]{a_{1,n}.a_{2,n}.a_{3,n}...a_{m,n}})^{m}$

Rõ ràng trường hợp đon giản nhất mà không tầm thường là khi m=n=2, ta có bất đẳng thức Cauchy quen thuộc.

* Dạng thường gặp nhất của bất đẳng thức Holder là $(a^3+b^3)(x^3+y^3)(\alpha ^3+\beta ^3)\geq (ax\alpha +by\beta )^3$

Bây giờ mình sẽ đề cập đến các dạng tổng quát của bất đẳng thức Minkowski

* Dạng tổng quát 1:

$\left\{\begin{matrix}a_{1},.....,a_{n}\epsilon R^{+} \\ b_{1},.....,b_{n}\epsilon R^{+} \end{matrix}\right.$

Với $1< p\epsilon Q^{+}$, ta có 

$(\sum_{i=1}^{n}a^{p}_{i})^{\frac{1}{p}}+(\sum_{i=1}^{n}b^{p}_{i})^{\frac{1}{p}}\geq (\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})^{p})^{\frac{1}{p}}$

* Dạng tổng quát 2 :

$\sqrt[n]{a_{1}...a_{n}}+\sqrt[n]{b_{1}...b_{n}}\leq \sqrt[n]{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}$

 


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#2 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 15-06-2016 - 14:25

Ngoài ra, bất đẳng thức Holder còn có một dạng tổng quát 2 trong chứng minh bất đẳng thức : 

Cho $\left\{\begin{matrix}a_{1},...,a_{n}\epsilon R^{+} \\ b_{1},...,b_{n}\epsilon R^{+} \end{matrix}\right.$

Với $p,q\epsilon Q^{+},\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$

$(\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{p})^{\frac{1}{p}}.(\sum_{i=1}^{n}b_{i}^{q})^{\frac{1}{q}}\geq \sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}$

* Bổ đề của dạng tổng quát 2: Với $a,b\epsilon R^{+},p,q\epsilon Q^{+},\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$

Khi đó $\frac{a^{p}}{p}+\frac{b^{q}}{q}\geqslant ab$

Và cuối cùng là Bổ đề mở rộng khá thú vị của bất đẳng thức Minkowki cho 3 bộ 3 số:

Cho 3 bộ số :$\left\{\begin{matrix}a_{1},...,a_{3}\epsilon R^{+} \\ b_{1},...,b_{3}\epsilon R^{+} \\ c_{1},...,c_{3}\epsilon R^{+} \end{matrix}\right.$

 ta có : $\sqrt[3]{a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}}+\sqrt[3]{b_{1}^{3}+b_{2}^{3}+b_{3}^{3}}+\sqrt[3]{c_{1}^{3}+c_{2}^{3}+c_{3}^{3}}\geq \sqrt[3]{(a_{1}+b_{1}+c_{1})^3+(a_{2}+b_{2}+c_{2})^3+(a_{3}+b_{3}+c_{3})^3}$

Vậy là đã kết thúc phần lý thuyết về 2 bất đẳng thức trên, Sau đây mình xin đề xuất một số bài toán:

Bài số 1 : CMR : a,b,c dương, ta có bđt sau :

$\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq 1$

Bài số 2: với a,b,c là 3 số dương có tổng bằng 1 CMR : 

$\sum \frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}}\geq 1$

Bài số 3:Cho x,y,z là 3 số dương thay đổi luôn có tổng bằng 3. Tìm min của $P=x^4+2y^4+3z^4$

Bài số 4 : Cho a,b,c là 3 số dương có tích bằng 1. CMR 

$\sum \sqrt[4]{2a^2+bc}\leq \frac{ab+bc+ac}{\sqrt[4]{3}}\sqrt{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenduy287: 15-06-2016 - 17:41

  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#3 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 15-06-2016 - 14:43

Bài 1: Gọi P là biểu thức vế trái và đặt $S=\sum a(a^2+8bc)$

Sử dụng BĐT Holder ta có : $PPS\geq (a+b+c)^3$

Ta chứng minh $(a+b+c)^3\geq S\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$

BĐT cuối luôn đúng. nhờ sử dụng AM-GM.

Suy ra $PPS\geq S\Rightarrow P^2\geq 1\Rightarrow P\geq 1$(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

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

Bài 2: Gọi P là biểu thức vế trái và $S=a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)=(a+b+c)^2=1$

Sử dụng BĐT Holder ta có: $PPPS\geq (a+b+c)^4=1\Rightarrow P^3\geq 1\Rightarrow P\geq 1$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/3


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#4 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 15-06-2016 - 14:56

Bài 1: Gọi P là biểu thức vế trái và đặt $S=\sum a(a^2+8bc)$

Sử dụng BĐT Holder ta có : $PPS\geq (a+b+c)^3$

Ta chứng minh $(a+b+c)^3\geq S\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$

BĐT cuối luôn đúng. nhờ sử dụng AM-GM.

Suy ra $PPS\geq S\Rightarrow P^2\geq 1\Rightarrow P\geq 1$(đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

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

Bài 2: Gọi P là biểu thức vế trái và $S=a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)=(a+b+c)^2=1$

Sử dụng BĐT Holder ta có: $PPPS\geq (a+b+c)^4=1\Rightarrow P^3\geq 1\Rightarrow P\geq 1$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/3

1 cách giải tương tự của bài 2 và cũng là của mình ::D

$\sum \frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum a\sqrt[3]{a+2b}}=\frac{1}{\sum a\sqrt[3]{a+2b}}$

bdt đưa về cm $\sum a\sqrt[3]{a+2b}\leq 1<=>VT=\sum \sqrt[3]{(a^2+2ab).a.a}\leq \sqrt[3]{(a+b+c)^4}=1$ ( bđt minkowski dạng TQ 2 )

vậy ta có đpcm :D 


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#5 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 15-06-2016 - 15:10

Đóng góp 2 bài này cho cậu:

Bài 5: Cho a,b,c thực dương. Chứng minh: $9(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)\geq 8(a^2b^2c^2+abc+1)^2$

Bài 6: Cho a,b,c thực dương. Chứng minh: $\frac{1}{4}(\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}})\geq \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#6 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 15-06-2016 - 20:26

Đóng góp 2 bài này cho cậu:

Bài 5: Cho a,b,c thực dương. Chứng minh: $9(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)\geq 8(a^2b^2c^2+abc+1)^2$

Bài 6: Cho a,b,c thực dương. Chứng minh: $\frac{1}{4}(\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}})\geq \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Cách giải bài 4 của mình : Thực ra cũng dễ hiểu :D 

bất đẳng thức vế trái viết lại như sau : $\sum \sqrt[4]{2a^2+bc}=\sum \sqrt[4]{a(2a+b^2c^2)}=\sum \sqrt[4]{\sqrt{a}\sqrt{a}.1.(2a^2bc+b^2c^2)}\leq \sqrt[4]{(\sum \sqrt{a})(\sum \sqrt{a}).3.(\sum 2a^2bc+b^2c^2)}=\sqrt[4]{(\sum \sqrt{a})^2.3.(\sum ab)^2}$ ( bất đẳng thức Minkowski dạng TQ 2 mình nói ở trên, thực ra dạng TQ 2 của Min khá giống với Holder , nên nói đây là cách holder cũng không sai , mình tìm ra cách tách này khá lâu )

do đó ta sẽ chứng minh $\sqrt[4]{(\sum\sqrt{a})^2.3.(\sum ab)^2 }\leq \frac{ab+bc+ac}{\sqrt[4]{3}}\sqrt{\sum \sqrt{a}}$

 do đó ta mũ 4 hai vế lên đưa bđt về dạng $(\sum ab)^2\geq 9<=>\sum ab\geqslant 3$ ( bđt này đúng vì abc=1 )

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#7 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 15-06-2016 - 20:40

Lời giải bài 5: 

Với a=b=c BĐT trở thành $9(a^4+1)^3\geq 8(a^6+a^3+1)^2$$\Leftrightarrow 9(a^2+\frac{1}{a^2})^3\geq 8(a^3+\frac{1}{a^3}+1)^2$

Đặt $x=a+\frac{1}{a},x\geq 2$ BĐT trở thành $9(x^2-2)^3\geq 8(x^3-3x+1)^2\Leftrightarrow (x-2)^2(x(x^3-8)+4(x^3-5)+6x^2)\geq 0$

BĐT luôn đúng với $x\geq 2$

Áp dụng ta có: $9^3(a^4+1)^3(b^4+1)^3(c^4+1)^3\geq 8^3(a^6+a^3+1)^2(b^6+b^3+1)^2(c^6+c^3+1)^2$

mặt khác với HOLDER ta lại có: $(a^6+a^3+1)(b^6+b^3+1)(c^6+c^3+1)\geq (a^2b^2c^2+abc+1)^3$

Từ đó có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#8 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 18-06-2016 - 10:33

Lời giải bài 5: 

Với a=b=c BĐT trở thành $9(a^4+1)^3\geq 8(a^6+a^3+1)^2$$\Leftrightarrow 9(a^2+\frac{1}{a^2})^3\geq 8(a^3+\frac{1}{a^3}+1)^2$

Đặt $x=a+\frac{1}{a},x\geq 2$ BĐT trở thành $9(x^2-2)^3\geq 8(x^3-3x+1)^2\Leftrightarrow (x-2)^2(x(x^3-8)+4(x^3-5)+6x^2)\geq 0$

BĐT luôn đúng với $x\geq 2$

Áp dụng ta có: $9^3(a^4+1)^3(b^4+1)^3(c^4+1)^3\geq 8^3(a^6+a^3+1)^2(b^6+b^3+1)^2(c^6+c^3+1)^2$

mặt khác với HOLDER ta lại có: $(a^6+a^3+1)(b^6+b^3+1)(c^6+c^3+1)\geq (a^2b^2c^2+abc+1)^3$

Từ đó có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.

mình có 1 mở rộng của bài 1 cho cậu mà mình sưu tầm được :D

tìm tất cả số nguyên dương P sao cho bđt sau đúng với mọi a,b,c dương :

$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^p}{a^p+b^p+c^p}$ :D cậu xem thử :D


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#9 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 18-06-2016 - 21:23

Lời giải bài 6:

Trước tiên biến đổi BĐT cần chứng minh:

$\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\geq 4(a+b+c)\sqrt{\frac{a+b+c}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Đặt P là biểu thức VT và $S=c(a+b)^2+b(c+a)^2+a(b+c)^2$

Sử dụng Holder ta có: $PPS\geq 8(a+b+c)^3$

Vậy ta chứng minh: 

$\frac{8(a+b+c)^3}{a(b+c)^2+b(c+a)^2+c(a+b)^2}\geq \frac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$

BĐT cuối đúng nhờ AM-GM.


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#10 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 18-06-2016 - 21:43

Bài 7: Cho x,y,z thỏa mãn điều kiện 2x+4y+7z=2xyz.Timd Gtnn và Gtln của biểu thức P=x+y+z (chọn đội tuyển việt nam 2001 )

Bài 8 : cmr với số thực dương a,b,c ta có bđt :

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


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#11 githenhi512

githenhi512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng

Đã gửi 19-06-2016 - 19:00

Bài 3: Đặt A=$(\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4+2.(\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4+3.(\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4$

Áp dụng bđt Holder ta có: $P.A.A.A\geq \left [ (\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.x+(\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.2y+(\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.3z \right ]^4=\left [ \frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}.(x+y+z) \right ]^4=\frac{6^4}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^{12}}$

Lại có: $A=\frac{6\sqrt[3]{6}+3\sqrt[3]{3}.2+3.2\sqrt[3]{2}}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^4}=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}$

$\Rightarrow P\geq \frac{6^4}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^{12}}:\frac{6^3}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^9}=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}\Rightarrow Min P=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}$

$\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}},y=\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}, z=\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}$

P/s: Cách này có vẻ k ổn lắm :icon6:


'' Ai cũng là thiên tài. Nhưng nếu bạn đánh giá một con cá qua khả năng trèo cây của nó, nó sẽ sống cả đời mà tin rằng mình thực sự thấp kém''.

Albert Einstein                               


#12 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 19-06-2016 - 21:06

Bài 3: Đặt A=$(\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4+2.(\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4+3.(\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^4$

Áp dụng bđt Holder ta có: $P.A.A.A\geq \left [ (\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.x+(\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.2y+(\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}})^3.3z \right ]^4=\left [ \frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}.(x+y+z) \right ]^4=\frac{6^4}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^{12}}$

Lại có: $A=\frac{6\sqrt[3]{6}+3\sqrt[3]{3}.2+3.2\sqrt[3]{2}}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^4}=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}$

$\Rightarrow P\geq \frac{6^4}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^{12}}:\frac{6^3}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^9}=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}\Rightarrow Min P=\frac{6}{(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6})^3}$

$\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}},y=\frac{\sqrt[3]{3}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}, z=\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{6}}$

P/s: Cách này có vẻ k ổn lắm :icon6:

cảm ơn cậu đã đăng lời giải cho bài 3 và lời giải và ý tưởng có vẻ rất tuyệt vời 

Bài 3 trên đã cho mình 1 cảm hứng làm mình  thử nghĩ đề và tìm lời giải cho 1 bài toán tổng quát hơn như sau :

Cho x,y,z là các số dương thay đổi thỏa tổng luôn bằng k ( k dương )

Tìm min của P=$ax^n+by^n+cz^n$

 

 

 mình đề xuất 1 phương án như sau :D

Đặt A=$ad^n+be^n+cz^n$  Và ta chọn các thừa số sao cho $ad^{n-1}=be^{n-1}=cf^{n-1}$

tức là $\frac{ad^n}{d}=\frac{be^n}{e}=\frac{cf^n}{f}$

 

Khi đó ta áp dụng bđt Holder như sau :

$P.S\geq (ad^{n-1}x+be^{n-1}y+cf^{n-1})^n$ ( với S=$\prod_{n=1}^{n-1}A=\prod_{n=1}^{n-1}(ad^n+be^n+cf^n)$ tức là tích n-1 lần A )

ý tưởng ở dây là làm xuất hiện x+y+z=k

nên $P\geq \frac{(ad^{n-1}x+be^{n-1}+cf^{n-1})^{n-1}}{S}$$=\frac{(ad^{n-1}x+be^{n-1}y+cf^{n-1}z)^{n}}{(ad^n+be^n+cf^n)^{n-1}}$=$\frac{(ad^{n-1}(x+y+z))^n}{( ad^{n}+be^n+cf^n)^{n-1}}=\frac{(ad^{n-1}k)^n}{(ad^n+be^n+cf^n)^{n-1}}$

Vì các thừa số a,b,c,d,e,f,n xác định nên ta đã có Min của P :D

P/s: có lẽ khó nhất là tìm thừa số d,e,f vì a,b,c,n cho sẵn trong bài thực tế :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenduy287: 19-06-2016 - 21:08

  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#13 githenhi512

githenhi512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng

Đã gửi 20-06-2016 - 09:26

Bài 8: $VT=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+\frac{1}{4}(b+c)^2+\frac{3}{4}(b+c)^2}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2}=\sum \frac{a}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Đặt $P=(3-VT).\frac{4}{3}=\sum \frac{b+c}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Và $S=\sum (b+c).\left [ a+\frac{3}{4}(b+c) \right ]=\frac{3}{2}(\sum a^2)+\frac{7}{2}(\sum ab)=\frac{3}{2}(\sum a)^2+\frac{1}{2}(\sum ab)\leq 1.5(\sum a)^2+\frac{1}{6}(\sum a)^2=\frac{5}{3}(\sum a)^2$

Áp dụng bđt Holder tc: $P.S\geq (b+c+a+b+c+a)^2=4(\sum a)^2$

$\Rightarrow P\geq \frac{12}{5}\Rightarrow (3-VT).\frac{4}{3}\geq \frac{12}{5}\Rightarrow VT\leq \frac{6}{5}(đpcm)$

Dấu ''='' xr khi a=b=c>0


'' Ai cũng là thiên tài. Nhưng nếu bạn đánh giá một con cá qua khả năng trèo cây của nó, nó sẽ sống cả đời mà tin rằng mình thực sự thấp kém''.

Albert Einstein                               


#14 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 29-06-2016 - 22:19

Bài 8: $VT=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+\frac{1}{4}(b+c)^2+\frac{3}{4}(b+c)^2}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2}=\sum \frac{a}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Đặt $P=(3-VT).\frac{4}{3}=\sum \frac{b+c}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Và $S=\sum (b+c).\left [ a+\frac{3}{4}(b+c) \right ]=\frac{3}{2}(\sum a^2)+\frac{7}{2}(\sum ab)=\frac{3}{2}(\sum a)^2+\frac{1}{2}(\sum ab)\leq 1.5(\sum a)^2+\frac{1}{6}(\sum a)^2=\frac{5}{3}(\sum a)^2$

Áp dụng bđt Holder tc: $P.S\geq (b+c+a+b+c+a)^2=4(\sum a)^2$

$\Rightarrow P\geq \frac{12}{5}\Rightarrow (3-VT).\frac{4}{3}\geq \frac{12}{5}\Rightarrow VT\leq \frac{6}{5}(đpcm)$

Dấu ''='' xr khi a=b=c>0

 

Lời giải bài 6:

Trước tiên biến đổi BĐT cần chứng minh:

$\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\geq 4(a+b+c)\sqrt{\frac{a+b+c}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Đặt P là biểu thức VT và $S=c(a+b)^2+b(c+a)^2+a(b+c)^2$

Sử dụng Holder ta có: $PPS\geq 8(a+b+c)^3$

Vậy ta chứng minh: 

$\frac{8(a+b+c)^3}{a(b+c)^2+b(c+a)^2+c(a+b)^2}\geq \frac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$

BĐT cuối đúng nhờ AM-GM.

 Lời giải bài 7:

ta có P=$\sum x=6\frac{x}{6}+5\frac{y}{5}+4\frac{z}{4}\geq 15(\frac{x}{6})^{\frac{6}{15}}(\frac{y}{5})^{\frac{5}{15}}(\frac{z}{4})^{\frac{4}{15}}$

Và $1=\frac{1}{yz}+\frac{2}{zx}+\frac{7}{2xy}=6\frac{1}{6yz}+10\frac{1}{5zx}+14\frac{1}{4xy}\geq 30(\frac{1}{6xy})^{\frac{6}{30}}(\frac{1}{zx})^{\frac{10}{30}}(\frac{1}{4xy})^{\frac{14}{30}}$

Từ đó $P^2.1\geq \frac{15^2.30}{6.5.4}=(\frac{15}{2})^2=>P\geq \frac{15}{2}$

dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{matrix}x=3 \\ y=\frac{5}{2} \\ z=2 \end{matrix}\right.$

P/s: Topic rơi vào quên lãng rồi 


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#15 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 29-06-2016 - 22:32

Bài 8: $VT=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}=\sum \frac{a(b+c)}{a^2+\frac{1}{4}(b+c)^2+\frac{3}{4}(b+c)^2}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^2}=\sum \frac{a}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Đặt $P=(3-VT).\frac{4}{3}=\sum \frac{b+c}{a+\frac{3}{4}(b+c)}$

Và $S=\sum (b+c).\left [ a+\frac{3}{4}(b+c) \right ]=\frac{3}{2}(\sum a^2)+\frac{7}{2}(\sum ab)=\frac{3}{2}(\sum a)^2+\frac{1}{2}(\sum ab)\leq 1.5(\sum a)^2+\frac{1}{6}(\sum a)^2=\frac{5}{3}(\sum a)^2$

Áp dụng bđt Holder tc: $P.S\geq (b+c+a+b+c+a)^2=4(\sum a)^2$

$\Rightarrow P\geq \frac{12}{5}\Rightarrow (3-VT).\frac{4}{3}\geq \frac{12}{5}\Rightarrow VT\leq \frac{6}{5}(đpcm)$

Dấu ''='' xr khi a=b=c>0

 

Lời giải bài 6:

Trước tiên biến đổi BĐT cần chứng minh:

$\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\geq 4(a+b+c)\sqrt{\frac{a+b+c}{3(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Đặt P là biểu thức VT và $S=c(a+b)^2+b(c+a)^2+a(b+c)^2$

Sử dụng Holder ta có: $PPS\geq 8(a+b+c)^3$

Vậy ta chứng minh: 

$\frac{8(a+b+c)^3}{a(b+c)^2+b(c+a)^2+c(a+b)^2}\geq \frac{16(a+b+c)^3}{3(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$

BĐT cuối đúng nhờ AM-GM.

1 lời giải rất hay bằng cauchy cho bài số 1 mà mình sưu tầm được:

ta có $(\sum a^{\frac{4}{3}})^2-(a^{\frac{4}{3}})^2=(2a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}})(b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}})$

Mà $a^{\frac{4}{3}}+a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}}\geq 4a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}},b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}}\geq 2b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}$

Do đó $(\sum a^{\frac{4}{3}})^2-(a^{\frac{4}{3}})^2\geq 8a^{\frac{2}{3}}bc<=>(\sum a^{\frac{4}{3}} )\geq (a^{\frac{4}{3}})^2+8a^{\frac{2}{3}}bc\geq a^{\frac{2}{3}}(a^2+8bc)<=>\sum a^{\frac{4}{3}}\geq a^{\frac{1}{3}}\sqrt{a^2+8bc}<=>\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{\frac{4}{3}}}{\sum a^{\frac{4}{3}}}$

Ta có dpcm


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 


#16 conanphamtuan

conanphamtuan

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Mask Place
  • Sở thích:Play Games, Study Math, Read Comics,...

Đã gửi 30-09-2016 - 12:56

 Chào các bạn VMF-ers, có lẽ đa số trong chúng ta bất đẳng thức là một dạng chuyên đề khó khăn trong việc tìm lời giải.Như chúng ta vẫn thường biết đến các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức BCS, AM-GM ,Cheybeshev, Minkowski, Holder ,........

  Bất đẳng thức Cauchy có một dạng mở rộng cũng hay được dùng trong chứng minh bất đẳng thức, đó là bất đẳng thức Holder. Song song , với bất đẳng thức Holder là bất đẳng thức Minkowski cũng không kém phần quan trọng.

   Topic mình hướng đến việc sử dụng và vận dụng 2 bất đẳng thức Minkowski và Holder trong chứng mình bất đẳng thức..

  Đây là lần đầu mình lập topic nên không tránh khỏi những sai sót, mong các bạn thông cảm và nhiệt tình ủng hộ topic.

  Để bắt đầu topic mình xin đề cập đến dạng tổng quát của bất đẳng thức Holder:

$\prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=1}^{n}a_{i,j})\geq (\sum_{j=1}^{n}\sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m}a_{i,j}})^{m}$

Đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi m dãy đã cho tương ứng tỉ lệ

Đúng là cồng kềnh, nên mình sẽ viết tường minh dạng tổng quát như sau:

Với m bộ số n số dương

$(a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3},...,a_{1,n}),(a_{2,1},a_{2,2},a_{2,3,...,a_{2,n}}),...,(a_{m,1},a_{m,2},a_{m,3},...,a_{m,n}).$

ta có $(\sum_{j=1}^{n}a_{1,j})(\sum_{j=1}^{n}a_{2,j})...(\sum_{j=1}^{n}a_{m,j})\geqslant (\sqrt[m]{a_{1,1}.a_{2,1}.a_{3,1}...a_{m,1}}+\sqrt[m]{a_{1,2}.a_{2,2}.a_{3,2}...a_{m,2}}+...+\sqrt[m]{a_{1,n}.a_{2,n}.a_{3,n}...a_{m,n}})^{m}$

Rõ ràng trường hợp đon giản nhất mà không tầm thường là khi m=n=2, ta có bất đẳng thức Cauchy quen thuộc.

* Dạng thường gặp nhất của bất đẳng thức Holder là $(a^3+b^3)(x^3+y^3)(\alpha ^3+\beta ^3)\geq (ax\alpha +by\beta )^3$

Bây giờ mình sẽ đề cập đến các dạng tổng quát của bất đẳng thức Minkowski

* Dạng tổng quát 1:

$\left\{\begin{matrix}a_{1},.....,a_{n}\epsilon R^{+} \\ b_{1},.....,b_{n}\epsilon R^{+} \end{matrix}\right.$

Với $1< p\epsilon Q^{+}$, ta có 

$(\sum_{i=1}^{n}a^{p}_{i})^{\frac{1}{p}}+(\sum_{i=1}^{n}b^{p}_{i})^{\frac{1}{p}}\geq (\sum_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})^{p})^{\frac{1}{p}}$

* Dạng tổng quát 2 :

$\sqrt[n]{a_{1}...a_{n}}+\sqrt[n]{b_{1}...b_{n}}\leq \sqrt[n]{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}$

A co' thể tổng hợp lại tâ't cả những hệ quả Holder và Mincopxki dc k ạ. Thấy hay quá :P A đừng dùng mấy ký hiệu tổng tich`1 nhé !!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conanphamtuan: 30-09-2016 - 12:58

▼↓⌡ YOU MAY KNEEL TO ME ⌠↓▼

 

My Website: http://ptpro.cf

 

 

 


#17 nguyenduy287

nguyenduy287

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 256 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòa
  • Sở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Đã gửi 01-10-2016 - 15:12

A co' thể tổng hợp lại tâ't cả những hệ quả Holder và Mincopxki dc k ạ. Thấy hay quá :P A đừng dùng mấy ký hiệu tổng tich`1 nhé !!!

a đã viết khá đầy đủ hệ quả rồi ....... ;D những hệ quả còn lại e có thể suy ra từ dạng cơ bản . Trong bđt của nó thì nó cũng đc viết dưới dạng tổng tích như vậy nên ghi ra khá là dài và khó viết ... nhất là đây là bđt nó tổng quát cho nhiều bộ số nhiều số. Em có thể nhìn kĩ các dạng bài tập sẽ hiểu đc cách sử dụng. Mấu chốt của bđt là ở việc tìm số bộ số và bao nhiêu số 1 bộ là như thế nào ? chúc em thành công ! :D


  "DÙ BẠN NGHĨ BẠN CÓ THỂ HAY BẠN KHÔNG THỂ, BẠN ĐỀU ĐÚNG "

                                                                                               -Henry Ford -

  

 

 

 

 





0 người đang xem chủ đề

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