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

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


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 tthnew

tthnew

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 17-02-2020 - 18:26

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 17-02-2020 - 19:09


#2 Yaya

Yaya

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 71 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP. Hồ Chí Minh
  • Sở thích:Làm toán và đá banh

Đã gửi 17-02-2020 - 22:08

 

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. 



#3 tthnew

tthnew

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 18-02-2020 - 08:07

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. 

Bạn xem phần công thức ở bài 1 phần ứng dụng là hiểu nha!  :D



#4 toanhoc2017

toanhoc2017

    Trung úy

  • Thành viên
  • 871 Bài viết

Đã gửi 18-02-2020 - 09:25

tuyet

#5 toanhoc2017

toanhoc2017

    Trung úy

  • Thành viên
  • 871 Bài viết

Đã gửi 18-02-2020 - 12:12

VIẾT KĨ TÝ BẠN



#6 toanhoc2017

toanhoc2017

    Trung úy

  • Thành viên
  • 871 Bài viết

Đã gửi 18-02-2020 - 12:14

NÓI KỸ TÍNH F Ở BÀI 1 XÍ 



#7 tthnew

tthnew

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 18-02-2020 - 13:24

NÓI KỸ TÍNH F Ở BÀI 1 XÍ 

Kỹ làm sao được nữa? Dòng mấy ak?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 18-02-2020 - 15:58


#8 yuuotosaka123

yuuotosaka123

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 21-02-2020 - 19:24

 

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

 

Bài 1 phần ứng dụng bạn có thể làm kỉ được không theo công thức ấy chỉ ra M,N,P,Q là biểu thức nào giùm mình với 



#9 Syndycate

Syndycate

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 136 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Mars

Đã gửi 22-02-2020 - 11:24

Topic rất hay nhưng rất khó để em có thể làm được :(

Nên em chỉ hóng với like thôi :(


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 22-02-2020 - 11:25

Đạt.....


#10 huygioinhatvinh

huygioinhatvinh

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 26-02-2020 - 13:32

Topic rất hay nhưng rất khó để em có thể làm được :(

Nên em chỉ hóng với like thôi :(

 

:D



#11 tr2512

tr2512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:B0K32A THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN (HSGS)
  • Sở thích:Yêu thích bất đẳng thức

Đã gửi 08-03-2020 - 16:49

 

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

 

 

Cách phân tích này có vẻ thú vị, mình tò mò không biết nó có thể xử lý 2 bài sau đây không nhỉ:

Bài 1: Cho $a+b+c=3$, a b c không âm, chứng minh:

$$a^4+b^4+c^4+123 \geq 84(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c})$$

Chỉ ra dấu bằng

Bài 2: Cho 3 số a, b, c thực không âm, chứng minh:

$$\frac{{a + b}}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{{a + b}} + \frac{{9\sqrt[3]{2}}}{2}\frac{{ab + bc + ca}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} \ge \frac{{6 + 3\sqrt[3]{2}}}{2}$$

Chỉ ra dấu bằng



#12 tthnew

tthnew

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 08-03-2020 - 20:21

Cách phân tích này có vẻ thú vị, mình tò mò không biết nó có thể xử lý 2 bài sau đây không nhỉ:

Bài 1: Cho $a+b+c=3$, a b c không âm, chứng minh:

$$a^4+b^4+c^4+123 \geq 84(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c})$$

Chỉ ra dấu bằng

Bài này chia $2$ trường hợp rồi giải như bình thường:

BĐT $\Leftrightarrow a^4 +b^4 +c^4 -3 \geq 84(\sum\frac{a}{a+b} -\frac{3}{2})$

Nếu $a\le b\le c\Rightarrow VT \ge 0 \geq VP$ 

Nếu $a \ge b\geq c$, đưa bất đẳng thức về: $$\frac{81(a^4+b^4+c^4)}{(a+b+c)^4}-3 \geq 84(\sum_{cyc} \frac{a}{a+b}-\frac{3}{2})$$

Đặt $a=c+u+v,b=c+v,c=c$, trở thành:

$(2592*u^2 + 2592*u*v + 2592*v^2)*c^5 + (4896*u^3 + 10422*u^2*v + 8694*u*v^2 + 8064*v^3)*c^4 + (3576*u^4 + 12408*u^3*v + 13248*u^2*v^2 + 10752*u*v^3 + 9912*v^4)*c^3 + (1200*u^5 + 6096*u^4*v + 9588*u^3*v^2 + 5928*u^2*v^3 + 6108*u*v^4 + 6072*v^5)*c^2 + (156*u^6 + 1164*u^5*v + 2700*u^4*v^2 + 1908*u^3*v^3 + 60*u^2*v^4 + 1548*u*v^5 + 1860*v^6)*c + 6*v*(u + 2*v)*(u + v)*(6*u^2 + 20*u*v + 19*v^2)*(u-v)^2$

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 08-03-2020 - 21:21





0 người đang xem chủ đề

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