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
* * * * - 4 Bình chọn

phương pháp cân bằng hệ số trong chứng minh bđt


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 MrMATH

MrMATH

    Nguyễn Quốc Khánh

  • Hiệp sỹ
  • 4047 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 27-03-2005 - 15:32

Phương pháp cân bằng hệ số trong chứng minh bất đẳng thức


Chúng ta bắt đầu từ 1 ví dụ nhỏ:
VD1: tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $x^3(1-x^2)$, trong đó $x\ge{0}$
Bài toán có thể giải bằng phương pháp khảo sát hàm số khá dễ dàng, tuy nhiên chúng ta sẽ đi theo 1 hướng suy nghĩ khác để tìm cách giải sơ cấp hơn.
Yêu cầu của bài toán là tìm giá trị lớn nhất của 1 biểu thức là tích của 5 đơn thức biến x, đó là $\dfrac{1}{ab}x\cdot{x}\cdot{x}\cdot{(a-ax)}\cdot{(b+bx)}$.
Điều kiện của a,b là a,b là các số thực dương, $b+3=a$,$\exists{x\in{[0,1]}},x=a-ax=b+bx$, giải hệ ta có $a=\dfrac{3+\sqrt{15}}{2},b=\dfrac{\sqrt{15}-3}{2}$, từ đó $ab=\dfrac{3}{2}$, như vậy
$x^3(1-x^2)=\dfrac{2}{3}\cdot{[\dfrac{3+\sqrt{15}}{2}(1-x)]}\cdot{[\dfrac{\sqrt{15}-3}{2}(1+x)]}\le{\dfrac{2}{3}(\dfrac{\sqrt{15}}{5})^5}=\dfrac{6\sqrt{15}}{125}$, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow{x=\dfrac{\sqrt{15}}{5}}$
Qua ví dụ nhỏ này ta thấy việc sử dụng BĐT Cốsi (nếu dùng được) sẽ quy về việc giải 1 hệ phương trình, và trên lý thuyết thì có thể chuyển hệ đó về 1 PT1 biến bậc cao, nhưng cho dù Pt đó có nghiệm thì cũng chưa chắc đã tìm được nghiệm đó, đây chính là điểm hạn chế của PP này.
Để hiểu rõ hơn những kết luận này, xin mời các bạn giải quyết vài bài toán sau:
BT1: tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $a(x^2+y^2)+z^2$ trong đó a là hằng số, x,y,z là các biến thỏa mãn: $xy+yz+zx=1$
BT2: giả sủ x là số lớn nhất trong 3 số x,y,z. tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : $\dfrac{x}{y}+\sqrt{1+\dfrac{y}{z}}+\sqrt[3]{1+\dfrac{z}{x}}$
BT3: tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức 1 biến a sau:
1/$T_{2,1}=a(m-a)(n-a)$ trong đó $0<a<\min{(m,n)}$
2/$T_{3,3}=a^3(m-a)(n-a)(p-a)$ trong đó $0<a<\min{(m,n,p)}$
3/$T_{k,n}=a^{n}\cdot{\pi_{i=1}^{k}{(t_i-a)}}$ trong đó $0<a<\min_{1\le{i}\le{k}}{t_i}$
BT4: xét các số thực dương a,b,c thỏa mãn: $21ab+2bc+8ca\le{12}$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}$
Chúng ta biết rằng dùng BĐT Cốsi có thể CM BĐT Bunhiacopxki, và ngược lại, do đó trên nguyên tắc 2 BĐT này là tương đương với nhau, nhưng trong kỹ thuật cân bằng hệ số thì chính dạng tồn tai của 2 BĐT đã tạo nên nhưng đặc thù, mà chúng ta sẽ theo dõi qua vài ví dụ dưới đây:
BĐT Bunhiacopxki có nội dung như sau: $\Large(\sum_{i=1}^{k}{x_i})^2\le{(\sum_{i=1}^{k}{c_i})(\sum_{i=1}^{k}{\dfrac{x_{i}^2}{c_i}})}$:P, trong đó $x_i$ là các số thực được coi là các biến tự do, còn $c_{i}\neq{0}$ được coi như những hằng số.
VD2:với mỗi số nguyên dương n cho trước, tìm số $t=t(n)$ nhỏ nhất sao cho $\forall{x_{i}\in{R}},\forall{i=\overline{1,n}}$
ta có :
$\sum_{k=1}^{n}{(\sum_{i=1}^{k}{x_i})^2}\le{t\cdot{\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2}}}$
Giải: Áp dụng :P cho $k=\overline{1,n}$ rồi cộng lại ta có:
$\sum_{k=1}^{n}{(\sum_{i=1}^{k}{x_i})^2}\le{\sum_{k=1}^{n}{S_{k}(\sum_{i=1}^{k}{\dfrac{x_{i}^2}{c_i}})}}$ trong đó: $S_k=\sum_{i=1}^{k}{c_i},\forall{k=\overline{1,n}}$
Đến đây ta phải chọn $c_k$ sao cho:$\dfrac{S_1+S_2+...+S_n}{c_1}=\dfrac{S_2+..+S_n}{c_2}=...=\dfrac{S_n}{c_n}=t$, nhưng phải chọn thế nào đây? Các bạn thử suy nghĩ xem cách chọn sau có ngẫu nhiên hay không:
$\forall{i=\overline{1,n}},c_i=\sin{i\alpha}-\sin{(i-1)\alpha}$ trong đó: $\alpha=\dfrac{\pi}{2n+1}$ khi đó $t=\dfrac{1}{4\sin^2{(\dfrac{\alpha}{2})}}$
Qua ví dụ này ta thấy việc sử dụng BĐT Bunhiacopxki cũng có thể quy về 1 hệ đẳng thức, nhưng do điều kiện đẳng thức thường dễ tìm hơn BĐT Cốsi nên việc giải hệ ít khi đưa về PT bậc cao mà lại yêu cầu 1 vốn kiến thức tổng hợp, nói nôm na là phải biết chọn đẳng thức, bất đẳng thức phụ thích hợp cho từng trường hợp.
VD3: chứng minh $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^2<\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^2}}$, hơn nữa: $\dfrac{\pi^2}{6}$ là hằng số không thể làm bé hơn
Nhận xét:ta sử dụng (*) với $c_i=\dfrac{1}{i^2},\forall{i=\overline{1,n}}$ và dùng định lý euler: $\lim_{n\to{\infty}}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}=\dfrac{\pi^2}{6}$
VD4: chứng minh: $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^4\le{\pi^2\cdot{(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^2})}$
Giải: ta chọn $c_i=\dfrac{1}{t+\dfrac{i^2}{t}}$,$t>0$ là 1 hằng số sẽ được chọn sau. Vậy thì $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^2\le{S_{n}\cdot{(tP+\dfrac{Q}{t})}}$ với $OM_0=t$, trên tia $M_{0}M_{1}=...=M_{n-1}M_{n}=1$, và $\forall{i=\overline{1,n}}$ đặt $\widehat{M_{i-1}OM_{n}}=\alpha_i$. Tính diện tích $K_i$ của $\Delta{M_{i-1}OM_{n}}$ theo 2cách:$t=\sqrt{\dfrac{Q}{P}}$ ta nhận được điều phải chứng minh
Phụ lục A: về các bất đẳng thức Carlson:2 BĐT được đề cập đến trong CD3, VD4 đều có tên chung là các BĐT Carlson, dễ thấy rằng mỗi BĐT Carlson cần đến 1 phương án giải quyết khác nhau, mặc dù kỹ thuật của chúng đều là cân bằng hệ số. Để hiểu rõ hơn về vấn đề này mời các bạn thử giải bài toán sau
BT: các BĐT sau có đúng không, nếu đúng hãy chứng minh, có thẻ làm chặt hơn không, nếu có thể hãy chỉ ra đánh giá tốt nhất:
i) $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^4<54(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^2}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^2})$
ii)$(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^{15}<3\cdot{10^5}(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^3}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^4x_{i}^3})$
Phụ lục B: chứng minh định lý euler:$\lim_{n\to{\infty}}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}=\dfrac{\pi^2}{6}$:
Chúng ta đã biết công thức Moivre: $\cos{nx}+i\sin{nx}=(\cos{x}+i\sin{x})^n$, cân bằng hệ số phần ảo rồi thay $n:=2n+1$ ta có
$\sin{(2n+1)x}=\sin^{2n+1}{x}(C^{1}_{2n+1}cotg^{2n}{x}-C^{3}_{2n+1}cotg^{2n-2}{x}........)$
Như thế n số $cotg^{2}{\dfrac{k\pi}{2n+1}},k=\overline{1,n}$ là tất cả các nghiệm của đa thức bậc n: $C^{1}_{2n+1}X^N-C^{3}_{2n+1}X^{n-1}..........$, như thế áp dụng định lý Viet ta có $\sum_{i=1}^{n}{cotg^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}=\dfrac{C^{3}_{2n+1}}{C^{1}_{2n+1}}=\dfrac{n(2n-1)}{3}\Rightarrow{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}}}}=\dfrac{2n(n+1)}{3}$, áp dụng bất đẳng thức kép: $\sin{\alpha}<\alpha<tg{\alpha},\forall{\alpha\in{(0,\dfrac{\pi}{2})}}\Rightarrow{\dfrac{1}{\sin{\alpha}}>\dfrac{1}{\alpha}>cotg{\alpha}$
Dẫn tới: $\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1-\dfrac{2}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]<\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}<\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1+\dfrac{1}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]$, lấy lim 2 vế, áp dụng nguyên lý kẹp, ta có điều phải chứng minh
Tài liệu tham khảo: báo toán học và tuổi trẻ, tạp chí kvant số 6 năm 1974

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ptoleme: 20-06-2011 - 18:59


#2 koreagerman

koreagerman

    WriteLine("Hello World!");

  • Hiệp sỹ
  • 288 Bài viết
  • Đến từ:Hà Nội - Việt Nam
  • Sở thích:Ngủ

Đã gửi 27-03-2005 - 19:37

Đây là một phương pháp khá thú vị và đôi khi là khó trong các kỹ thuật cm BĐT. Tuy nhiên để minh hoạ cho phương pháp thì nên bắt đầu bởi những ví dụ đơn giản nhất và cách làm đơn giản nhất.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của $P = x^3(1-x^2).$
Cũng là phương pháp cân bằng hệ số, nhưng làm như sau có thể đơn giản hơn?
ta phân tích $P^2 = [x^3(1 - x^2)]^2 = \dfrac{1}{a^3}(ax^2).(ax^2).(ax^2).(1-x^2)(1-x^2)$
Coi như đã biết a > 0 sao cho $ax^2 = 1 - x^2$, thế thì chọn a sao cho
$3ax^2 + 2(1 - x^2)$ không phụ thuộc x, dễ thấy a = 2/3 (nếu giải hệ của MM thì ra kết quả không chẵn lắm!). Khi ấy ta có thể giải bài toán như sau:
Theo BĐT Cauchy:
$2 = 3.(2x^2/3) + 2(1 - x^2) \geq 5[(2x^2/3)^3(1 - x^2)^2]^{1/5} = 5[\dfrac{8P^2}{27}]^{1/5}$
Suy ra $P \leq \sqrt{(2/5)^5.(27/8)} = \dfrac{6\sqrt{15}}{125}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $2x^2/3 = 1 - x^2$, đồng thời $x \geq 0$, tìm được $x = \sqrt{15}/5.$

Các ví dụ 2, 3, 4 thì hơi mang nhiều tính học thuật, phức tạp, có nên thay bằng các ví dụ đơn giản hơn? (Chỉ nên để lại trong phần bài tập).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ptoleme: 20-06-2011 - 19:02

Đời thay đổi khi chúng ta thay đổi.

#3 Vancouver

Vancouver

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 07-09-2009 - 15:47

Có thể giúp em lời giải BT 2 đc không ạ?

#4 nguyen xuan huy

nguyen xuan huy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ha noi

Đã gửi 08-09-2009 - 22:17

Bạn có thể xem tại file ảnh sau nhé

Hình gửi kèm

  • 13.jpg


#5 nguyen xuan huy

nguyen xuan huy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ha noi

Đã gửi 08-09-2009 - 22:26

Bạn có thể xem tại file ảnh sau nhé

Ay chết,post xong một lúc,ngồi xem lại mới biết là sai hay sao nhỉ,thôi bạn tự tìm hiểu nhé,bài này mình đáy máy củng lau rồi,mình chưa kiểm tra lại,thấy bạn yêu cầu lời giỉa thì mình củng gởi lên cho bạn vậy.Hình như bài này x,y,z là phải là các số thực cùng dấu mới đúng chứ nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen xuan huy: 08-09-2009 - 22:26


#6 Messi_ndt

Messi_ndt

    Admin batdangthuc.com

  • Thành viên
  • 679 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:FC Barcelona
  • Sở thích:Mathematical, Football and a girl.

Đã gửi 07-01-2010 - 10:24

chứng minh
Phụ lục A: về các bất đẳng thức Carlson:2 BĐT được đề cập đến trong CD3, VD4 đều có tên chung là các BĐT Carlson, dễ thấy rằng mỗi BĐT Carlson cần đến 1 phương án giải quyết khác nhau, mặc dù kỹ thuật của chúng đều là cân bằng hệ số. Để hiểu rõ hơn về vấn đề này mời các bạn thử giải bài toán sau
BT: các BĐT sau có đúng không, nếu đúng hãy chứng minh, có thẻ làm chặt hơn không, nếu có thể hãy chỉ ra đánh giá tốt nhất:
i) $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^4<54(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^2}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^2})$
ii)$(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^{15}<3\cdot{10^5}(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^3}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^4x_{i}^3})$
Phụ lục B: chứng minh định lý euler:$\lim_{n\to{\infty}}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}=\dfrac{\pi^2}{6}$:
Chúng ta đã biết công thức Moivre: $\cos{nx}+i\sin{nx}=(\cos{x}+i\sin{x})^n$, cân bằng hệ số phần ảo rồi thay $n:=2n+1$ ta có
$\sin{(2n+1)x}=\sin^{2n+1}{x}(C^{1}_{2n+1}cotg^{2n}{x}-C^{3}_{2n+1}cotg^{2n-2}{x}........)$
Như thế n số $cotg^{2}{\dfrac{k\pi}{2n+1}},k=\overline{1,n}$ là tất cả các nghiệm của đa thức bậc n: $C^{1}_{2n+1}X^N-C^{3}_{2n+1}X^{n-1}..........$, như thế áp dụng định lý Viet ta có $\sum_{i=1}^{n}{cotg^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}=\dfrac{C^{3}_{2n+1}}{C^{1}_{2n+1}}=\dfrac{n(2n-1)}{3}\Rightarrow{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}}}}=\dfrac{2n(n+1)}{3}$, áp dụng bất đẳng thức kép: $\sin{\alpha}<\alpha<tg{\alpha},\forall{\alpha\in{(0,\dfrac{\pi}{2})}}\Rightarrow{\dfrac{1}{\sin{\alpha}}>\dfrac{1}{\alpha}>cotg{\alpha}$
Dẫn tới: $\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1-\dfrac{2}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]<\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}<\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1+\dfrac{1}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]$, lấy lim 2 vế, áp dụng nguyên lý kẹp, ta có điều phải chứng minh
Tài liệu tham khảo: báo toán học và tuổi trẻ, tạp chí kvant số 6 năm 1974

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 19-08-2010 - 17:00


#7 thienlonghoangde654321

thienlonghoangde654321

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 10-10-2010 - 17:53

chứng minh
Phụ lục A: về các bất đẳng thức Carlson:2 BĐT được đề cập đến trong CD3, VD4 đều có tên chung là các BĐT Carlson, dễ thấy rằng mỗi BĐT Carlson cần đến 1 phương án giải quyết khác nhau, mặc dù kỹ thuật của chúng đều là cân bằng hệ số. Để hiểu rõ hơn về vấn đề này mời các bạn thử giải bài toán sau
BT: các BĐT sau có đúng không, nếu đúng hãy chứng minh, có thẻ làm chặt hơn không, nếu có thể hãy chỉ ra đánh giá tốt nhất:
i) $(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^4<54(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^2}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^2})$
ii)$(\sum_{i=1}^{n}{x_i})^{15}<3\cdot{10^5}(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i\cdot{x_{i}^3}})(\sum_{i=1}^{n}{i^2x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^3x_{i}^3})(\sum_{i=1}^{n}{i^4x_{i}^3})$
Phụ lục B: chứng minh định lý euler:$\lim_{n\to{\infty}}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}=\dfrac{\pi^2}{6}$:
Chúng ta đã biết công thức Moivre: $\cos{nx}+i\sin{nx}=(\cos{x}+i\sin{x})^n$, cân bằng hệ số phần ảo rồi thay $n:=2n+1$ ta có
$\sin{(2n+1)x}=\sin^{2n+1}{x}(C^{1}_{2n+1}cotg^{2n}{x}-C^{3}_{2n+1}cotg^{2n-2}{x}........)$
Như thế n số $cotg^{2}{\dfrac{k\pi}{2n+1}},k=\overline{1,n}$ là tất cả các nghiệm của đa thức bậc n: $C^{1}_{2n+1}X^N-C^{3}_{2n+1}X^{n-1}..........$, như thế áp dụng định lý Viet ta có $\sum_{i=1}^{n}{cotg^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}=\dfrac{C^{3}_{2n+1}}{C^{1}_{2n+1}}=\dfrac{n(2n-1)}{3}\Rightarrow{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{\sin^2{\dfrac{k\pi}{2n+1}}}}=\dfrac{2n(n+1)}{3}$, áp dụng bất đẳng thức kép: $\sin{\alpha}<\alpha<tg{\alpha},\forall{\alpha\in{(0,\dfrac{\pi}{2})}}\Rightarrow{\dfrac{1}{\sin{\alpha}}>\dfrac{1}{\alpha}>cotg{\alpha}$
Dẫn tới: $\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1-\dfrac{2}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]<\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{i^2}}<\dfrac{\pi^2}{6}\cdot{[(1+\dfrac{1}{2n+1})(1-\dfrac{1}{2n+1})]$, lấy lim 2 vế, áp dụng nguyên lý kẹp, ta có điều phải chứng minh
Tài liệu tham khảo: báo toán học và tuổi trẻ, tạp chí kvant số 6 năm 1974



#8 thienlonghoangde654321

thienlonghoangde654321

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 10-10-2010 - 17:57

minh cung co 1 phuong phap kha hay

File gửi kèm



#9 S.Dave

S.Dave

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết

Đã gửi 12-07-2011 - 09:37

Cám ơn nhiều, ngày xưa mình rất sợ phần bất đẳng thức này đấy.

_____________________
charm bracelet jewelry
pet supplies






0 người đang xem chủ đề

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