Chủ đề này có 10 trả lời

[Hatucdao]

Đ�#8221;I BIẾN ĐỂ THIẾT LẬP BĐT MỚI

Có lẽ trong quãng đời học sinh bạn đã giải rất nhiều bài toán, và trong đó hẳn cũng có những bài rất khó. Tuy nhiên, có khi nào bạn tự hỏi: tại sao mình không tự đặt ra các bài toán, để ìđố” bạn bè chẳng hạn? Nếu thắc mắc đó xuất hiện thì rất đáng mừng, đó là biểu hiện ban đầu của sự sáng tạo. Bài viết này có ý định giúp các bạn hình dung được phần nào lời giải đáp cho thắc mắc trên.

Thật ra, hầu như đa phần những bài toán mà chúng ta đã gặp đều không phải là ìtừ trên trời rơi xuống”, mà thường là người ta từ một vài ý tưởng nào đó, thêm vào ít nhiều sáng tạo đặt ra. Việc các bạn có thói quen lật đi lật lại vấn đề, suy nghĩ mở rộng, đặt ra bài toán mới … sẽ giúp bạn thu được những điều quan trọng hơn lời giải rất nhiều: đó là nhận ra đâu là những kĩ thuật chính (thay vì học thuộc hết các chi tiết một cách vô nghĩa), qua đó giải thích được ìvì sao giải như vậy”, và cao hơn là ìvì sao nghĩ ra bài toán”.

Chúng ta bắt đầu với:
Bài toán 1: Cho $a,b,c>0$ .CMR: $(a+b)(b+c)(c+a)\ge{8abc}$
Đây là một bài toán rất quen thuộc nên xin không nêu lời giải ở đây. Bây giờ ta sẽ đặt bài toán khác từ bài toán quen thuộc trên.
Đặt $x=\dfrac{a}{b+c},y=\dfrac{b}{c+a},z=\dfrac{c}{a+b}$, thì BĐT ở đề bài là: $1\ge{8xyz}$. Tiếp theo, ta tìm cách thiết lập một hệ thức liên hệ giữa x,y,z . Có lẽ các bạn đều dễ dàng tìm ra:
$x+1=\dfrac{a+b+c}{b+c}$, hay: $\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{b+c}{a+b+c}$
suy ra: $\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y}+\dfrac{1}{1+z}=2$.
Như vậy, chúng ta thu được:
Bài toán 2: Cho $x,y,z>0,\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+y}+\dfrac{1}{1+z}=2$.
CMR: $8xyz\le{1}$.
Không mấy khó khăn, ta có thể phát biểu bài toán tổng quát:
Bài toán 3: Cho $x,y,z>0$. Áp dụng bài toán 1 với $a=y+z,b=z+x,c=x+y$, ta có:$(S+x)(S+y)(S+z)\ge{8(S-x)(S-y)(S-z)}$ với $S=x+y+z$.
Mặt khác, bài toán 1 cho ta: $(S-x)(S-y)(S-z)\ge{8xyz}$, nên:
$(S+x)(S+y)(S+z)\ge{8^2xyz}$.
Kết hợp lại ta được:
Bài toán 4: $S$, ta cho $S\le{1}$ và thu được:
Bài toán 5: Cho $x+y+z\le{1}$. CMR:
$y,z$, thì BĐT cần chứng minh trở thành: $x+y+z\ge{1}$. Bây giờ ta tìm mối liên hệ giữa $x,y,z$. Con đường dưới đây có lẽ ai cũng tìm ra:
$x^2=\dfrac{a^2}{a^2+8bc}$, hay: $\dfrac{b^2}{ca}$ là bằng 1, nên: $x,y,z>0$, $x+y+z\ge{1}$.
Rõ ràng đây là một phát biểu theo dạng ìngược” của bài toán 5.
Đây là lời giải đầu tiên của tôi cho bài toán 6, và nó đã làm tôi đặc biệt thú vị. Lúc đó, tôi đã nghĩ rằng đây chính là con đường đặt ra bài toán của tác giả (tất nhiên, khi xem đáp án thì điều này có thể không đúng �#8220; rất có thể bài toán đã được đặt ra theo con đường khác, nhưng ở đây ta không đi sâu vào điều đó).

Hào hứng với kết quả trên, tôi thử dùng ìquy trình” đổi biến ở trên để ìsăm soi” BĐT dưới đây.
Bài toán 8: Cho a,b,c>0. CMR:
$x=\dfrac{abc}{b^3+c^3+abc}$, tương tự với $y,z$, thì BĐT ở trên trở thành: $x+y+z\le{1}$. Tiếp theo, ta thiết lập một hệ thức liên hệ giữa x,y,z.
Ta có: $\dfrac{b^2}{ca}$ là bằng 1, nên ta viết lại:
$(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x}-1)(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{y}-1)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z}-1)=8$.
Để cho gọn, ta thay $x,y,z$ bởi nghịch đảo của chúng và đi đến:
Bài toán 9: Cho $x,y,z>1$ thỏa:$(y+z-x-1)(z+x-y-1)(x+y-z-1)=8$.
CMR: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\le{1}$.
Để ý rằng nếu $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1$ thì $x,y,z>1$. Do đó ta phát biểu lại bài toán dưới dạng ìngược” như sau:
Bài toán 10: Cho $x,y,z>0$ thỏa: $xy+yz+zx=xyz$.
CMR: $(y+z-x-1)(z+x-y-1)(x+y-z-1)\le{8}$.

Có lẽ qua vài ví dụ nhỏ ở trên, các bạn đã đủ hình dung ra một cách ìđặt được bài toán mới”. Các bạn thấy đó, từ bài toán 1 có vẻ ìrất tầm thường”, ta có thể dẫn tới những điều không tầm thường chút nào, theo một nghĩa nào đó thì ìkhông có bài toán nào tầm thường, chỉ có những con người tầm thường làm toán mà thôi”.
Cuối cùng, xin lưu ý rằng: ìđổi biến” là một kĩ thuật rất tinh tế mà ở đây chỉ là những ý tưởng đơn giản nhất, điều đó có nghĩa là con đường sáng tạo là vô cùng, song giá trị của sự sáng tạo phụ thuộc chủ yếu vào chính các bạn.
Nếu cảm thấy hứng thú, các bạn nên suy nghĩ thêm về các bài tập dưới đây:

1)Với x,y,z như bài 1, hãy viết lại BĐT Netbit dưới đây, và so sánh với bài toán 2:
$a,b,c>0$)
2)Cho $a,b,c>0[/$
a)CMR: $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\le{abc}$.
b)(Trích đề thi IMO 2000)
Thêm điều kiện $abc=1$, CMR:$(a-1+\dfrac{1}{b})(b-1+\dfrac{1}{c})(c-1+\dfrac{1}{a})\le{1}$
3)(Trích đề thi trường THPT Lương Văn Chánh, Phú Yên năm học 2001-2002)
Cho $a,b,c>0$. Tìm GTNN:
$F=\dfrac{\sqrt{a^3c}}{\sqrt{b^3a}+bc}+\dfrac{\sqrt{b^3a}}{\sqrt{c^3b}+ca}+\dfrac{\sqrt{c^3b}}{\sqrt{a^3c}+ab}$
4)Cho $a,b,c$ đôi một phân biệt. CMR:
$a,b,c>0$. CMR:
$ \dfrac{1}{a^3+b^3+abc}+\dfrac{1}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{1}{c^3+a^3+abc} \le \dfrac{1}{a^3+2abc}+\dfrac{1}{b^3+2abc}+\dfrac{1}{c^3+2abc} \le$
$\le \dfrac{1}{abc} \le \dfrac{1}{2a^3+abc}+\dfrac{1}{2b^3+abc}+\dfrac{1}{2c^3+abc}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ptoleme: 11-06-2011 - 21:57
Latex

[kelieulinh]

Tôi thật sự cảm thấy đây là bài viết về toán hay nhất mà mình từng đọc.Nó khơi gợi cho mỗi chúng ta một phương pháp hoc toán mang đầy tính sáng tạo .Bài viết sau đây là một ví dụ thể hiện điều đó
Ở phía trên anh Hactudao đã sử dụng phuơng pháp đổi biến theo con đuờng từ dễ đến khó từ đơn giản đến phức tạp .Bây giờ thử đi nguợc lại xem nó thế nào
Xét
Bài toán 1 $a,b,c,d$thỏa mãn:
$2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)+abc+bcd+cda+dab=16$
Chứng minh rằng:
$p=a+b+c+d$
$q=ab+ac+ad+bc+bd+cd$
$r=abc+bcd+cda+dab$
$a,b,c,d$là nghiệm của đa thức:
$P(x)=x^4-px^3+qx^2-rx+s$
Do đó theo định lý rolle đa thức:
$P^,(x)=4x^3-3px^2+2qx-r$
Sẽ có ba nghiệm không âm $x_1,x_2,x_3$
Theo viet ta lại có:
$x_1+x_2+x_3=\dfrac{3}{4}p$
$x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3=\dfrac{1}{2}q$
$x_1x_2x_3=\dfrac{1}{4}r$
Như thế điều kiện của đề bài có thể viết thành :
$x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3+x_1x_2x_3=4$
Và bất đẳng thức cần chứng minh thì trở thành:
$x,y,z$thỏa mãn
$xy+xz+yz+xyz=4$
Chứng minh rằng:
$cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosA.cosB.cosC=1$
Với $A,B,C$là ba góc của một tam giác nên ta có
Tồn tại $x,y,z>0$thỏa mãn $xy+xz+yz+xyz=4$
$\Leftrightarrow$tồn tại tam giác nhọn $ABC$sao cho $x=\dfrac{2cosB.cosC}{cosA},x=\dfrac{2cosA.cosC}{cosB},x=\dfrac{2cosB.cosA}{cosC}$
Và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
$ABC$.Chứng minh rằng:
$x=tgA,y=tgB,z=tgC$thì $x,y,z>0$và $x+y+z=xyz$
Ta có :
$\dfrac{cosB.cosC}{cosA}=\dfrac{sinA}{cosA}.\dfrac{1}{\dfrac{sin(B+C)}{cosB.cosC}}=\dfrac{x}{y+z}$
$cos^2A=\dfrac{1}{x^2+1}$
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$x,y,z$thỏa mãn
$ x+y+z=xyz$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{y+x} \geq 2(\dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{1}{y^2+1}+\dfrac{1}{z^2+1})$
Hẳn ai khi gặp bài toán này cung nghĩ ngay đến việc lượng giác hóa nó(tức đưa về Bài toán 3) Nhưng ở đây sẽ đưa ra một lời giải đại số
Ta có: $\dfrac{1}{x^2+1}=\dfrac{1}{x^2.\dfrac{x+y+z}{xyz}+1}=\dfrac{yz}{(x+y)(x+z)} $
Nên bất đẳng thức trở thành:
$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{y+x} \geq 2(\dfrac{yz}{(x+y)(x+z)} +\dfrac{xz}{(x+y)(y+z)} +\dfrac{y}{(z+y)(x+z)} )$
$ \Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+xz(x+z)+yz(y+z)\\ \Leftrightarrow X(x-y)(x-z)+y(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y) \geq 0$
Đây chính là bất đẳng thức shur..........
Hi vọng qua ví dụ nhỏ ở trên các bạn sẽ có thêm một chút kinh nghiệm nào đó khi áp dụng phương pháp này
Các bạn thấy đó,bài toán 1 là một bất đẳng thức thực sự khó đã từng là đề thi quốc gia hóa ra lại tuơng đương với bất đẳng thức shur quen thuộc---một điều không tưởng .But "Khi ta loại trừ những điều không thể thì những điều còn lại tưởng chừng như không thể nhưng đó chính là sự thật"

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 23-07-2011 - 08:17

[kelieulinh]

Bài toán:
Cho các số dương $a,b,c$.Chứng minh rằng :
$xyz=1$thì$x,y,z$thỏa mãn $xyz=1$.Chứng minh rằng:
$x,y,z$. Ta có:
$x,y,z$thỏa mãn :
$\dfrac{1}{\sqrt{4x+1}+1}+ \dfrac{1}{\sqrt{4y+1}+1}+ \dfrac{1}{\sqrt{4z+1}+1}= \dfrac{1}{2}$
Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{1}{2}$
............................
"Con đường sáng tạo là vô cùng song giá trị của sự sáng tạo phụ thuộc chủ yếu vào các bạn"- một câu nói quá hay

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 23-07-2011 - 08:23

[MrMATH]

Bài của anh Nam đã được đăng trên TTT chúc mừng anh cái nhỉ

Bây giờ đi vào thảo luận, okie!?

1) Ở bài 5 rồi đến bài 7 khi muốn sử dụng các phát biểu ngược lại (mà thường gọi là phản chứng) nên chăng anh để dấu $<$thay vì $\le$, như vậy sẽ tiện hơn

2) Bàn về reply của kelieulinh

Chúng ta hãy xem ví dụ: cách xây dựng ví dụ dựa vào bài IMO 01 của anh Nam: rõ ràng đến bài toán 5 hoàn toàn có thể tiếp tục mạch đó để dẫn tới bài 7 rồi phản chứng thành IMO 01. Nhưng tại sao anh Nam ko làm như thế? Theo MrMATH thì là nếu như vậy sẽ quá khiên cưỡng và ko đi đúng với thực tế. Tin rằng cách trình bày trên chính là quá trình thực tế của anh Nam.

Điều này càng thấy rõ hơn từ bài 8 đến bài 10: thêm 1 ví dụ về vấn đề này, nhưng chú ý rằng, ví dụ này xây dựng hoàn toàn là 1 chiều. Không đả động đến vấn đề chứng minh 10 như thế nào nếu ko đi từ 8

Tại sao lại như vậy?

Bởi vì như chúng ta đã biết: nhân 2 số vào thì dễ, phân tích ra thì khó, nếu ko muốn nói là ko thể được. Trường hợp này cũng có những sự tương đồng về phương pháp luận.

Chúng ta hãy trở lại với 2 bài post của kelieulinh.

Trong bài thứ 1: mục đích là chỉ ra 1 cách đổi biến để chứng minh 1 bài toán tương đối khó, là VMO, và qua 1 số đổi biến tương đương ta thấy nó tưong đương với Schur. Đó quả là 1 điều hay, nhưng để thấy được sự tương đương này liệu có thể xuất phát từ Schur (vốn là cái quen biết) hay ko ?

Nói gọn trong 1 câu: có 2 con đường, ngược và xuôi, bài của anh Nam đi theo đường xuôi và rất logic, ví dụ 2 của kelieulinh đi theo đường ngược cũng khá logic, nhưng nếu đảo lại, thì liệu còn logic ko. MrMATH cho rằng là ko

Còn bài post thứ 2 của kelieulinh thì là xây dựng 1 ví dụ theo kiểu đường xuôi rồi, nên khá đẹp, nhưng ko có cái để bàn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 23-07-2011 - 09:54

[MrMATH]

Một cách đơn giản, quan điểm của MrMATH là: đổi biến -> bdt mới là 1 phương pháp để tạo ra các bất đẳng thức, trong 1 số trường hợp đơn giản nó giúp cho các bạn đỡ choáng khi đứng trước các bất đẳng thức ngồ ngộ; nhưng nó hoàn toàn ko có 1 chiều ngược lại để tìm ra chứng minh 1 sản phẩm của phương pháp này.

1 ví dụ điển hình nhất [theo MrMATH] lại vãn chính là bdt Đào Hải Long:

Bài toán [bất đẳng thức [b]Đào Hải Long[/b]
Chứng minh rằng bất đẳng thức sau:
$\large \dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2} \ge{\dfrac{9}{2(a^2+b^2+c^2)}} $
đúng với mọi bộ 3 số thực đôi một phân biệt a,b,c

Nếu các bạn có thể tìm ra 1 lời giải thích hợp tình hợp lý để đi về cách chứng minh của Đào Hải Long thì MrMATH xin bái phục

P.S: nhớ là cách của Đào Hải Long nhé, còn bài này thì có cách đơn giản

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 27-04-2009 - 18:08

[MrMATH]

Quên đưa cái link Bài của anh Nam

[zaizai]

Một cách đơn giản, quan điểm của MrMATH là: đổi biến -> bdt mới là 1 phương pháp để tạo ra các bất đẳng thức, trong 1 số trường hợp đơn giản nó giúp cho các bạn đỡ choáng khi đứng trước các bất đẳng thức ngồ ngộ; nhưng nó hoàn toàn ko có 1 chiều ngược lại để tìm ra chứng minh 1 sản phẩm của phương pháp này.

1 ví dụ điển hình nhất [theo MrMATH] lại vãn chính là bdt Đào Hải Long:

Bài toán bất đẳng thức Đào Hải Long
Chứng minh rằng bất đẳng thức sau:
$\large \dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2} \ge{\dfrac{9}{2(a^2+b^2+c^2)}}$
đúng với mọi bộ 3 số thực đôi một phân biệt a,b,c

Nếu các bạn có thể tìm ra 1 lời giải thích hợp tình hợp lý để đi về cách chứng minh của Đào Hải Long thì MrMATH xin bái phục

P.S: nhớ là cách của Đào Hải Long nhé, còn bài này thì có cách đơn giản

cái bất đẳng thứcĐào Hải Long này em cũng đã đưa ra và đã có nhiều bạn giải .
cái Link bài này ở đây: Cách giải

nói chung bất đẳng thức này hay và khó có thể tin được anh Long lại sáng tác vào năm học lớp 9

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 27-04-2009 - 18:20

[MrMATH]

Lời giải thì anh đâu có cần . Ý anh muốn nói là sẽ ko thể tìm được nguồn gốc của bài toán này bằng tư tưởng cũ để tạo các bdt mới kia mà.

Thế em nhỉ

P.S: lời giải đơn giản (của Hùng) anh đã giới thiệu lại trong topic kia rồi

[traitimmangmotvisao]

Các anh hãy xem xét bài toán sau:
Cho a,b,c,d>0 thỏa mãn:
1/(d+a)+1/(d+b)+1/(d+c)>=2/d
Chứng minh rằng:
a*b*c=<d^3/8.
Từ đó ta có thể mở rộng bài toán số hai theo một hướng khác.

[thuytien92]

mình cũng thử đổi thế này thui
cho a,b,c>0 thỏa
1/1+a + 1/1+b +1/1+c =2
c/m
1/a +1/b +1/c >=6
trong đó phép đặt a=x/y+z...

bà con xông cảm không biết gõ latex

[quanghao98]

Hay và dễ hiểu nữa!