Ba bài toán mở
#101
Đã gửi 15-05-2008 - 17:35
Về pqr thì anh nghĩ dạng $a^n+b^n+c^n$ với n nguyên thì ko mấy khó khăn nhưng khi n vô tỉ thì rất khó vì nó ko biểu diễn được bằng pqr.
#102
Đã gửi 15-05-2008 - 19:04
Về "phương pháp" cố định A+B+C=const và ABC=const, rồi đưa về trường hợp tới hạn, ví dụ A=B hoặc C=0, trong đó A,B,C là các biểu thức theo a,b,c, thì anh nghĩ là không đúng (Hôm trước nhân tiện đọc bài GLA của Việt Anh anh cũng gửi một chú ý về điều đó, không biết Việt Anh đọc kỹ chưa).
Thật ra ý tưởng của cách làm này được nói trong 1 bài báo của Vasc trên JIPAM ( http://jipam.vu.edu....cle.php?sid=828 ), có thể nói vắn tắt như sau:
Giả sử với c1, c2 là 2 const bất kỳ sao cho miền
A+B+C=c1
ABC=c2
khác rỗng, thì luôn tồn tại 1 trường hợp sao cho 2 trong 3 số A,B,C bằng nhau.
Khi đó việc xét min hoạc max một biểu thức, kiểu như A+B+C (hoặc đồng biến với nó), có thể đưa về trường hợp tới hạn. Lý do như sau: Mình chia bài toán thành các lớp
A+B+C=c1
ABC=c2
với c1, c2 là các hàng số. Trên mỗi lớp thì mình đều có thể đưa về trường hợp tới hạn.
Chú ý rằng trong lập luận đó thì điều Giả sử ban đầu là rất quan trọng. Trong trường hợp A,B,C chính là các biến a,b,c thì điều này đúng (được chúng minh ngay từ đầu trong bài báo của Vasc). Nhưng trong trường hợp A, B, C là các hàm theo a,b,c thì điều Giả sử này phải được kiểm chứng (không chắc đúng). Tóm lại, đây là một ý tưởng tinh tế, nhưng xài một cách ào ạt mà không quan tâm đến sự chặt chẽ thì hoàn toàn khác với tinh thần của nó.
Một điều nữa, anh không biết các áp dụng của GLA ra sao, nhưng cái định lý tổng quát, mặc dù là một kết quả đẹp, thật ra là một trường hợp riêng trong bài báo của Vasc, anh cũng đã nói với Việt Anh điều này rồi. Nghĩ ra một phương pháp không đơn giản, ngay cả trong loại toán giải trí như BDT. Anh không muốn làm mọi người buồn, đặc biệt là Việt Anh, nhưng chúng ta nên bắt đầu với việc lập luận một cách chặt chẽ, và viết ra chi tiết các ý tưởng (thay vì chỉ nghĩ trong đầu), đó là điều thật sự quan trọng mà một người học toán cần làm. Có câu: tri chi vi tri chi, bất tri vi bất tri, thị tri giả, nói ngắn gọn là biết cho thật là biết.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hatucdao: 15-05-2008 - 19:26
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#103
Đã gửi 15-05-2008 - 20:06
Ủa, anh có duyên nợ gì với ông này hả em ? Sao anh không nhớ gì hết nhỉ ?... mà chẳng ai thèm ngó ngàng mặc dù nó là của cụ Walther Janous ( Anh Khuê chắc ấn tượng với cái tên này lắm nhỉ )
#104
Đã gửi 15-05-2008 - 20:56
Theo em thì có thể giải thích thế này :
Ta có quyền cố định 2 trong 3 đại lượng abc, ab+ac+bc, a+b+c là do mọi đa thức đối xứng đều có thể quy được về 3 đại lượng này. Có quyền cố định 2 trong 3 đại lượng p,R,r vì mọi tam giác đều xác định khi biết 3 thông số này. Còn với A,B,C là các biểu thức của a,b,c thì ta chưa có điều này. Vậy muốn cố định A,B,C thì ta cũng phải chứng minh rằng cách đặt của ta thỏa mãn mọi đa thức đối xứng của a,b,c đều quy được về ABC, AB+AC+BC, A+B+C
Định lý (n-1)EV của VASC thì mãi sau khi nhờ anh check xong lời giải định lý GLA tổng quát em mới được biết. Ban đầu em hơi thất vọng vì nghĩ kết quả của VASC tổng quát hơn nhiều mà lại có nhiều hệ quả. Nhưng sau khi đọc kĩ thì các hệ quả đó hoàn toàn suy ra được từ định lý GLA tổng quát và Mr math còn phát hiện thêm rằng EV sẽ bó tay trước các bài toán ko phân ly được các biến. VD như dạng : $ \dfrac{a^3}{abc+b^3+c^3} $(( trong đó a,b,c ràng buộc bởi 1 quan hệ nào đó)). Cái định lý em nhờ anh check ấy cũng khái quát được lên n biến như (n-1)EV. Trong 1 số TH nó ko thuận tiện bằng (n-1)EV nhưng 1 số bài CM được bằng GLA nhưng ko CM được (n-1)EV vì (n-1)EV còn yêu cầu g''(x) >0 trên (0, ). Chính điều kiện ràng buộc này đã gây lên khó khăn rất lớn khi đứng trước những bài chứa căn thức nên phần VD mà VASC lấy để minh họa cho (n-1)EV tuyệt nhiên ko thấy xuất hiện những bài chứa căn. Thế nên em nghĩ anh nói định lý GLA tổng quát là TH riêng của (n-1)EV là không đúng.
@ Nesbit: topic này lan man cũng là tại anh cả. Sorry chú nhé! Thi thật tốt rồi hè này về VN nghen!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bùi Việt Anh: 15-05-2008 - 21:03
#105
Đã gửi 20-05-2008 - 15:58
Bạn kém tuổi anh Cẩn đúng ko ? Như vậy bạn kém tuổi anh Việt Anh anh Khuê, anh Nam ! Bạn nên ăn nói lễ độ hơn.Chào mọi người,
Lâu quá r?#8220;i mình không lên mạng được, không ngờ topic đã lên đến 6 trang. Nhưng hình như là đi lạc hướng so với ban đầu r?#8220;i nhỉ (mod không cần phải tách thành 2 chủ đề đâu nhé).
Những bài toán mới ở trên mình xin phép không tham gia nhé, không có thời gian.
Nếu kĩ thuật pqr mới của bác Cẩn giải được cả những bài hoán vị lẫn đối xứng chứa căn thì nhờ bác giải giúp ba bài của em, bác vui lòng chứ ạ
Thôi các bạn thảo luận vui vẻ!
đang thảo luận hay xỉa thế cha nội, nhìn mấy câu nói mà ghét ,
@can: dẹp cái thảo luận vớ vẩn này đi anh toàn là 1 lũ hok làm mà spam
Bài viết nào vậy anh ? Anh kó thể up lên đc ko ?Bài viết của mình còn 3 bài toán mở vẫn chưa giải được. Hi vọng sẽ có cao thủ xử giúp. Box BDT dạo này vắng vẻ hẳn đi.
@Anh Khuê: Trước em có hỏi anh về 1 bài của Walther thấy anh hỏi kĩ là có phải của Walther ko nên em đoán bừa thế thôi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi evarist: 20-05-2008 - 16:00
Tương tư là chuyện của tôi yêu nàng
Evaristvn
#106
Đã gửi 22-05-2008 - 15:13
Theo tư tưởng dồn biến đó ta có thể chứng minh kết quả ko phải mở, (trường hợp còn lại của bài toán 2) bằng cách tương tự:
Đặt $x=\sqrt{a+qb},y=\sqrt{b+qc},z=\sqrt{c+qa}$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$q^2\left(\dfrac{z^2}{x}+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}\right)-q\left(\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{z^2}{y}+\dfrac{x^2}{z}\right)+x+y+z\le k\sqrt{q+1}(q^2-q+1)\sqrt{x^2+y^2+z^2} $
Tới đây ta có thể đặt $f(x,y,z)=VP-VT$. Sử dụng tư tưởng đạo hàm toàn miền của EMV ta sẽ chứng minh:
$ f(x+t,y+t,z+t)=f(t)$ là một hàm đồng biến và $t\le min\{x,y,z}$ với q thỏa mãn:
$52q^2-26q+3\ge 0$. Đây có lẽ cũng là hướng giải quyết của anh Khuê cho bài toán 2+ (em chưa có thời gian thử, và chắc cũng sẽ ko thử chỉ là nghe anh Khuê nhắc lại về lỗi sai nào đó của anh Hùng nên em thử giải theo hướng này thôi). Bạn nào có thời gian thì kiểm tra hộ hướng này nhá
#107
Đã gửi 04-09-2008 - 02:28
À, lúc trước anh nói sai là lời giải trước kia của anh Hùng kia, lời giải trong "Sáng tạo BDT" (hoặc trong bài viết trên Mathematical Reflections), em về check đi. Còn lời giải mà em nói ở trên thì anh Hùng vừa mới nghĩ ra gần đây thôi (anh Hùng post lên mathlinks sau bài post của anh trong topic EMV-the last method), tuy nhiên lời giải này cũng không đúng (anh Hùng tính đạo hàm nhầm, em cũng tự check nhé, nếu check không được thì anh nói rõ hơn). Như vậy cả hai lời giải bằng EMV đều không đúng. Nhưng! Tồn tại một lời giải đúng khác bằng EMV (mình đã nói ở trên rồi).Ko biết lỗi sai trong phép chứng minh bằng dồn biến toàn miền cho bài Jack của anh Hùng là ở đâu hả anh Khuê?
Theo tư tưởng dồn biến đó ta có thể chứng minh kết quả ko phải mở, (trường hợp còn lại của bài toán 2) bằng cách tương tự:
Đặt $x=\sqrt{a+qb},y=\sqrt{b+qc},z=\sqrt{c+qa}$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$q^2\left(\dfrac{z^2}{x}+\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}\right)-q\left(\dfrac{y^2}{x}+\dfrac{z^2}{y}+\dfrac{x^2}{z}\right)+x+y+z\le k\sqrt{q+1}(q^2-q+1)\sqrt{x^2+y^2+z^2} $
Tới đây ta có thể đặt $f(x,y,z)=VP-VT$. Sử dụng tư tưởng đạo hàm toàn miền của EMV ta sẽ chứng minh:
$ f(x+t,y+t,z+t)=f(t)$ là một hàm đồng biến và $t\le min\{x,y,z}$ với q thỏa mãn:
$52q^2-26q+3\ge 0$. Đây có lẽ cũng là hướng giải quyết của anh Khuê cho bài toán 2+ (em chưa có thời gian thử, và chắc cũng sẽ ko thử chỉ là nghe anh Khuê nhắc lại về lỗi sai nào đó của anh Hùng nên em thử giải theo hướng này thôi). Bạn nào có thời gian thì kiểm tra hộ hướng này nhá
#108
Đã gửi 29-03-2010 - 05:36
Cám ơn mấy anh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Songohan: 29-03-2010 - 05:37
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh