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
* * * * - 10 Bình chọn

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN P,Q,R


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 34 trả lời

#1 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:24

*
Phổ biến

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN P,Q,R
Võ Thành Văn
Lớp 11 Toán-Khối chuyên THPT-ĐHKH Huế


*LỜI MỞ ĐẦU:
Như các bạn đã biết,bất đẳng thức Schur là một bất đẳng thức mạnh và có nhiều ứng dụng,tuy nhiên nó vẫn còn khá xa lạ với nhiều bạn học sinh THCS cũng như THPT.Qua bài viết này,tôi muốn cũng cấp thêm cho các bạn một kĩ thuật để sử dụng tốt BDT Schur,đó là kết hợp với phương pháp đổi biến $p,q,r$.
Trước hết tôi xin nhắc lại về bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến $p,q,r$.
I-BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR:
Với các số thực dương a,b,c và $k\in R^+$ bất kì ta luôn có
$a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\geq 0$
Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều là k=1 và k=2:
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0 (i)$
$a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0 (ii)$
II-PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN P,Q,R:
Đối với một số bài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng có các biến không âm thì ta có thể đổi biến lại như sau:
Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$
Ta có một số đẳng thức sau:
.$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r$
$.(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r$
$.ab(a^2+b^2)+bc^(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)=p^2q-2q^2-pr$
$.(a+b)(a+c)+(b+c)(b+a)+(c+a)(c+b)=p^2+q$
$.a^2+b^2+c^2=p^2-2q$
$.a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r$
$.a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr$
$.a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr$
$.a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=q^3-3pqr+3r^2$
$.a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4=q^4-4pq^2r+2p^2r^2+4qr^2$
Đặt $L=p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r$
Khi đó $a^2b+b^2c+c^2a=\dfrac{pq-3r+/- \sqrt{L}}{2}$
$(a-b)(b-c)(c-a)=\sqrt{L}$
Có thể thấy ngay lợi ích của phương pháp này là mối ràng buộc giữa các biến p,q,r mà các biến a,b,c ban đầu không có như:
$.p^2\geq 3q$
$.p^3\geq 27r$
$.q^2\geq 3pr$
$.pq\geq 9r$
$.2p^3+9r\geq 7pq$
$.p^2q+3pr\geq 4q^2$
$.p^4+4q^2+6pr\geq 5p^2q$
Những kết quả trên đây chắc chắn là chưa đủ,các bạn có thể phát triển thêm nhiều đẳng thức,bất đẳng thức liên hệ giữa 3 biến p,q,r.Và điều quan trọng mà tôi muốn nói đến là từ bất đẳng thức $(i)$ và $(ii)$,ta có:
$r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}$ (từ $(i)$)
$r\geq \dfrac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}$ (từ $(ii)$)
Tuy nhiên trong một số trường hợp thì có thể các đại lượng $4q-p^2$ có thể nhận giá trị âm lẫn giá trị dương nên ta thường sử dụng
$.r \ge \max \left( 0,\dfrac {p(4q-p^2)}{4}\right )$
$.r \ge \max \left( 0,\dfrac {(4q - p^2)(p^2 - q)}{6p}\right )$
Có lẽ đến đây các bạn đã hiểu được phần nào về bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến p,q,r.Sau đây là một số ví dụ minh họa,nhưng trước hết,các bạn hãy tập làm thử rồi xem đáp án sau:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 13-09-2012 - 14:35

Quy ẩn giang hồ

#2 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:25

III-VÍ DỤ MINH HỌA
3.1:Bất đẳng thức Schur:
Ví dụ 1:Võ Thành Văn:

Cho a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng:
$\sqrt{\dfrac{(a+b)^3}{8ab(4a+4b+c)}}+\sqrt{\dfrac{(b+c)^3}{8bc(4b+4c+a)}}+\sqrt{\dfrac{(c+a)^3}{8ca(4c+4a+b)}}\geq 1$

Lời giải:


Đặt $P=\sqrt{\dfrac{(a+b)^3}{8ab(4a+4b+c)}}+\sqrt{\dfrac{(b+c)^3}{8bc(4b+4c+a)}}+\sqrt{\dfrac{(c+a)^3}{8ca(4c+4a+b)}}$
$Q=8ab(4a+4b+c)+8bc(4b+4c+a)+8ca(4c+4a+b)$
$=\sum 32ab(a+b)+24abc$
$=32(a+b+c)(ab+bc+ca)-72abc$
Áp dụng BDT Holder,ta có:
$P^2.Q\geq 8(a+b+c)^3$
Ta cần chứng minh:
$8(a+b+c)^3\geq Q\Leftrightarrow8(a+b+c)^3\geq 32(a+b+c)(ab+bc+ca)-72abc$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc$(đúng theo BDT Schur)
Vậy ta có đpcm.
Ví dụ 2:APMO 2004:

Cho 3 số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Lời giải


Lời giải 1:Khai triển bất đẳng thức trên,ta cần chứng minh:
$a^2b^2c^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8 \geq 9(ab+bc+ca)$
Ta có:$i.a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$
$ii.(a^2b^2+1)+(b^2c^2+1)+(c^2a^2+1)\geq 2(ab+bc+ca)$
$iii.a^2b^2c^2+1+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \dfrac{9abc}{a+b+c}\geq 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^2$ (theo BDT Schur)
Áp dụng các BDT trên,ta có:
$(a^2b^2c^2+2)+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3)+4(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ca)+4(ab+bc+ca)+3(a^2+b^2+c^2)\geq 9(ab+bc+ca) (dpcm)$
Lời giải 2:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có:
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)-9(ab+bc+ca)$
$=4(a^2+b^2+c^2)+2((a^2b^2+1)+(b^2c^2+1)+(c^2a^2+1))+(a^2b^2c^2+1)+1-9(ab+bc+ca)$
$\geq 4(a^2+b^2+c^2)+4(ab+bc+ca)+2abc+1-9(ab+bc+ca)$
$\geq a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)$
Bất đẳng thức cuối đã rất quen thuộc,ta có đpcm.
Quy ẩn giang hồ

#3 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:27

Ví dụ 3:VMO 2002-Trần Nam Dũng
Chứng minh rằng với mọi $a,b,c\geq 0$,ta có:
$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM,ta có:
$12(a^2+b^2+c^2)+6abc+48-30(a+b+c)$
$=12(a^2+b^2+c^2)+3(2abc+1)+45-5.2.3(a+b+c)$
$\geq12(a^2+b^2+c^2)+9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+45-5.((a+b+c)^2+9)$
$=7(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{9abc}{\sqrt[3]{abc}-10(ab+bc+ca)$
$\geq 7(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{27}{a+b+c}-10(ab+bc+ca)
$
Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Schur,
$\dfrac{9}{a+b+c}\geq 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^2=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$
Do đó
$7(a^2+b^2+c^2)+\dfrac{27}{a+b+c}-10(ab+bc+ca)$
$\geq 7(a^2+b^2+c^2)+6(ab+bc+ca)-3(a^2+b^2+c^2)-10(ab+bc+ca)=4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq 0$
Bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 4:Arqady

Cho a,b,c là các số không âm,trong đó không có 2 số nào đồng thời bằng 0.Chứng minh rằng:
$\dfrac {a}{b^{3} + c^{3}} + \dfrac {b}{a^{3} + c^{3}} + \dfrac {c}{a^{3} + b^{3}}\geq\dfrac {18}{5(a^{2} + b^{2} + c^{2}) - ab - ac - bc}$
Lời giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\sum \dfrac {a(a + b + c)}{b^3 + c^3} \ge \dfrac {18(a + b + c)}{5(a^2 + b^2 + c^2) - ab - bc - ca}$
$\Leftrightarrow \sum \dfrac {a^2}{b^3 + c^3} + \dfrac {a}{b^2 + c^2 - bc} \ge \dfrac {18(a + b + c)}{5(a^2 + b^2 + c^2) - ab - bc - ca}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz,ta có:
$i) \sum \dfrac {a^2}{b^3 + c^3} \ge \dfrac {(a^2 + b^2 + c^2)^2}{\sum a^2(b^3 + c^3)}$
$ii) \sum \dfrac {a}{b^2 + c^2 - bc} \ge \dfrac {(a + b + c)^2}{\sum a(b^2 + c^2 - bc)}$
Áp dụng 2 bất đẳng thức trên,ta có:
$\dfrac {(a^2 + b^2 + c^2)^2}{\sum a^2(b^3 + c^3)} + \dfrac {(a + b + c)^2}{\sum a(b^2 + c^2 - bc)} \ge \dfrac {18(a + b + c)}{5(a^2 + b^2 + c^2) - ab - bc - ca}$
Giả sử $a + b + c = 1$ và đặt $ab + bc + ca = q,abc = r \Rightarrow r \ge \max \left{ 0,\dfrac {(4q - 1)(1 - q)}{6}\right }$.
Ta cần chứng minh
$\dfrac {(1 - 2q)^2}{q^2 - (q + 2)r} + \dfrac {1}{q - 6r} \ge \dfrac {18}{5 - 11q}$
Bất đẳng thức cuối dễ dàng chứng minh bằng cách xét 2 trường hợp:$1 \ge 4q$ và $4q \ge 1$ :lol:
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$ và $a = b,c = 0$.
Quy ẩn giang hồ

#4 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:30

Ví dụ 5:Moldova TST 2005:

Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số thực dương và $a^4+b^4+c^4=3$ thì:
$\dfrac{1}{4-ab}+\dfrac{1}{4-bc}+\dfrac{1}{4-ca}\leq 1$
Lời giải:

Quy đồng mẫu số rồi khai triển,ta cần chứng minh:
$49-8(ab+bc+ca)+(a+b+c)abc\le 64-16(ab+bc+ca)+4(a+b+c)abc-a^2b^2c^2$
$\Leftrightarrow 16+3(a+b+c)abc\geq a^2b^2c^2+8(ab+bc+ca)$
Áp dụng bất đẳng thức Schur và giả thiết $a^4+b^4+c^4=3$,ta có:
$(a^3+b^3+c^3+3abc)(a+b+c)\geq (ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))(a+b+c)$
$\Leftrightarrow 3+3abc(a+b+c)\geq (ab+bc)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2$
Áp dụng BDT AM-GM,ta có:
$(ab+bc)^2+(bc+ca)^2+(ca+ab)^2+12\geq 8(ab+bc+ca)$
$\Rightarrow 15+3abc(a+b+c)\geq 8(ab+bc+ca)$
Mặt khác ta lại có:$1\geq a^2b^2c^2$
Vậy ta có đpcm.
Ví dụ 6:Vasile Cirtoaje:

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:$a^3+b^3+c^3+7abc\geq 10$
Lời giải:

Áp dụng BDT Schur,ta có:
$a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+6abc\geq (ab+bc+ca)(a+b+c)=pq=3p$
và $r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}=\dfrac{p(12-p^2)}{9}$
Ta cần chứng minh:
$3p+\dfrac{p(12-p^2)}{9}\geq 10$
$\Leftrightarrow \dfrac{(p-3)[(16-p^2)+3(4-p)+2]}{9}\geq 0$
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng nên ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
Ví dụ 7:Võ Thành Văn:

Cho $a,b,c>0,a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$3+\dfrac{12}{abc}\geq 5(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
Lời giải:

Đổi biến theo p,q,r,bât đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau:
$3r+12\geq 5q $($\star$)
Mặt khác,theo BDT Schur,ta có:
$3r\geq \dfrac{3p(4q-p^2)}{9}=4q-9$
$\Rightarrow (\star)\Leftrightarrow 4q-9+12\geq 5q\Leftrightarrow q\le 3(dung)$
Vậy ta có đpcm
Quy ẩn giang hồ

#5 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:31

Ví dụ 8: Phạm Kim Hùng

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{2-a}+\dfrac{1}{2-b}+\dfrac{1}{2-c}\geq 3$
Lời giải:

Quy đồng,rút gọn và đổi biến theo p,q,r,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$8p+3r\geq 12+5q$
Áp dụng BDT Schur,ta có:
$3r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{3}=\dfrac{p(2q-3)}{3}$
Từ giả thiết $p^2-2q=3 \Rightarrow q=\dfrac{p^2-3}{2}$
Thay 2 điều trên vào bất đẳng thức cần chứng minh,ta có:
$8p+\dfrac{p(p^2-6)}{3}\geq 12+\dfrac{5(p^2-3)}{2}$
$\Leftrightarrow (2p-3)(p-3)^2\geq 0$
Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm.
Ví dụ 9:CRUX

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{9-ab}+\dfrac{1}{9-bc}+\dfrac{1}{9-ca}\le \dfrac{3}{8}$

* Bài này đã được anh Hùng sử dụng cho phần BDT TRê-bư-sép trong cuốn Sáng tạo BDT,tuy nhiên bây giờ các bạn sẽ được thấy một lời giải với BDT Schur và phương pháp đổi biến p,q,r rất tự nhiên.

Lời giải:

Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh và chuyển về dạng $p,q,r$,ta có:
$8(243-18p+3r) \leq 3(729-81q+27r-r^2)$
$\Leftrightarrow 243-99q+57r-3r^2\ge 0$
Theo BDT AM-GM thì $3=3(\dfrac{a+b+c}{3})^6\geq 3(abc)^2=r^2$
Theo BDT Schur,ta có:
$r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{3}=\dfrac{4q-9}{3} \Rightarrow 57r\ge 19(4q-9)$
Nên ta cần chứng minh:
$72-23q-3r^2\ge 0\Leftrightarrow 3(1-r^2)+23(3-q)\ge 0$
Vậy BDT được chứng minh.
Quy ẩn giang hồ

#6 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:32

3.2: Phương pháp đổi biến p,q,r:
Ví dụ 10: Phạm Kim Hùng

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh rằng:
$\dfrac {a^2b}{4 - bc} + \dfrac {b^2c}{4 - ca} + \dfrac {c^2a}{4 - ab} \le 1$
Lời giải:

Quy đồng mẫu số rồi khai triển,ta cần chứng minh:
$4 - \sum a^2b \ge \sum \dfrac {a^2b^2c}{4 - bc}$
Sử dụng bất đẳng thức quen biết $4 - \sum a^2b \ge abc$,ta có:
$1 \ge \sum \dfrac {ab}{4 - bc}$
$\Leftrightarrow64 - 32\sum ab + 8\sum a^2bc + 4\sum a^2b^2 \ge abc(\sum a^2b + abc)$
Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức trên,ta cần chứng minh:
$64 - 32\sum ab + 8\sum a^2bc + 4\sum a^2b^2 \ge 4abc$
hay $16 - 8q + q^2 - r \ge 0$
với $q = ab + bc + ca,r = abc$. Áp dụng BDT AM-GM,ta có$q^2 \ge 9r$ nên cần chứng minh:
$16 - 8q + q^2 - \dfrac {q^2}{9} \ge 0 \Leftrightarrow(q - 3)(q - 6) \ge 0$
Bắt đẳng thức cuối hiển nhiên đúng nên ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$ hoặc $a = 2,b = 1,c = 0$ và các hoán vị.
Ví dụ 11: Dương Đức Lâm
Cho a,b,c > 0.Chứng minh rằng

$\dfrac1{a} + \dfrac1{b} + \dfrac1{c}\ge \dfrac {3a}{a^2 + 2bc} + \dfrac {3b}{b^2 + 2ca} + \dfrac {3c}{c^2 + 2ab}$
Lời giải:Võ Quốc Bá Cẩn

Đặt $a = \dfrac {1}{a},b= \dfrac {1}{b},c = \dfrac {1}{c}$ bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\sum a \ge 3abc\sum \dfrac {1}{2a^2 + bc}$
$\Leftrightarrow \sum \dfrac {a(a^2 - bc)}{2a^2 + bc} \ge 0$
$\Leftrightarrow 3\sum \dfrac {a^3}{2a^2 + bc} \ge \sum a$
Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz,ta có
$\sum \dfrac {a^3}{2a^2 + bc} \ge \dfrac {(\sum a^2)^2}{2\sum a^3 + 3abc}$
Đến đây ta cần chứng minh
$3(\sum a^2)^2 \ge (\sum a)(2\sum a^3 + 3abc)$
Giả sử $a + b + c = 1$ chuyển về dạng $p,q,r$,BDT trở thành
$3(1 - 2q)^2 \ge 2 - 6q + 9r$
Từ $q^2 \ge 3r$ ta có:
$3(1 - 2q)^2 \ge 2 - 6q + 3q^2$
$\Leftrightarrow 3 - 12q + 12q^2 \ge 2 - 6q + 3q^2$
$\Leftrightarrow (1 - 3q)^2 \ge 0$
Quy ẩn giang hồ

#7 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:35

Ví dụ 12: Võ Quốc Bá Cẩn
Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng

$\dfrac{a}{2b+1}+\dfrac{a}{2b+1}+\dfrac{a}{2b+1}\le \dfrac{1}{abc}$
Lời giải:Nguyễn Thúc Vũ Hoàng

Quy đồng,rút gọn,đổi biến BDT thành $p,q,r$ và xét hàm theo $r$,ta cần chứng minh
$f®=4r^2+(4q-17)r-2q^2+4q+7\ge 0$
Áp dụng BDT Schur,ta có
$\dfrac{12q-27}{9}\le r \le\dfrac{q}{3}$
.TH1:$4q+8r-17\ge 0$,khi đó $f^{'}®=4q+8r-17\ge 0\Rightarrow f®\ge f(\dfrac{12q-27}{9})=\dfrac{94(3-q)^2}{9}\ge 0$
.TH2:$4q+8r-17\le 0$,khi đó $f^{'}®=4q+8r-17\le 0\Rightarrow f®\ge f(\dfrac{q}{3})=\dfrac{(3-q)(2q+21)}{9}\ge 0$ với $\forall q\le 3$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
Ví dụ 13:Vasc
Cho a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng:

$a^4(b+c)+b^4(c+a)+c^4(a+b)\le \dfrac{1}{12}(a+b+c)^5$
Lời giải:

Chuẩn hóa $p=1$,ta có bất đẳng thức:
$(1-3q)q+5qr-r\le \dfrac{1}{12}$
Đến đây ta sử dụng một thủ thuật khi dùng bất đẳng thức Schur ,đó là chia trường hợp để giải quyết:
Nếu $q\le \dfrac{1}{5}$ thì ta có $5qr-r\le 0$ và $(1-3q)q=\dfrac{1}{3}(1-3q)3q\le \dfrac{1}{3}(\dfrac{1-3q+3q}{2})^2=\dfrac{1}{12}$ (dpcm)
Nếu $q>\dfrac{1}{5}$ ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh thành một hàm theo $q$: $f(q)=(1-3q)q+5qr-r$
Xét $f^{'}(q)=1-6q+5r$
Vì $\dfrac{1}{5}>q\ge 9r$ nên $f^{'}(q)<0$ suy ra $f(q)< f(\dfrac{1}{5})=\dfrac{2}{15}<\dfrac{1}{12}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=0,b=\dfrac{3+\sqrt{3}}{6},c=\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}$ và các hoán vị
Quy ẩn giang hồ

#8 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:36

*Với kĩ thuật xét trường hợp để giải ,chúng ta có thể dễ dàng giải quyết các bài toán sau:
Bài toán 1:
Xét 3 số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

$(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\le \dfrac{1}{32}$

Gợi ý:
Nhân vào rồi rút gọn,chuyển BDT về dạng p,q,r,ta cần chứng minh
$q^2-2q^3-r(2+r-4q)\le \dfrac{1}{32}$
Đến đây chúng ta xét 2 TH $q\le \dfrac{1}{4}$ và $q>\dfrac{1}{4}$
Bài toán 2:
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn abc=1.Chứng minh rằng

$\dfrac{a}{a^2+3}+\dfrac{b}{b^2+3}+\dfrac{c}{c^2+3}\le \dfrac{3}{4}$

Gợi ý:Đưa BDT về 1 hàm theo $q$:
$f(p)=27p^2-(54+12q)p+9q^2-58q+120\ge 0$
Đến đây chúng ta chia thành 2 TH:
TH1: $18q\ge 58+12p$
TH2: $18q\le 58+12p$
Quy ẩn giang hồ

#9 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:37

Ví dụ 14: Nguyễn Phi Hùng:
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=8$.Chứng minh rằng:

$4(a+b+c-4)\le abc$
Lời giải:

Theo giả thiết ta có $p^2-2q=8$
Mặt khác theo bất đẳng thức Schur bậc 4 ta có:
$r\ge \dfrac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}=\dfrac{(p^2-16)(p^2+8)}{12p}$
Vì vậy ta cần chứng minh
$\dfrac{(p^2-16)(p^2+8)}{12p}\ge 4(p-4)$
$\Leftrightarrow \dfrac{(p-4)^2(p^2+p-8)}{12p}\ge 0$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=2,c=0$ và các hoán vị.
Ví dụ 15:Cho $a; b; c > 0$ và $a + b + c = 1$.Chứng minh rằng

$\dfrac {\sqrt {a^2 + abc}}{ab + c} + \dfrac {\sqrt {b^2 + abc}}{bc + a} + \dfrac {\sqrt {c^2 + abc}}{ca + b}\le \dfrac {1}{2\sqrt {abc}}$
Lời giải:

Đổi biến thành $p,q,r$,ta có bổ đề:$r \le \dfrac {q^2(1 - q)}{2(2 - 3q)}$
Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz,ta có:
$\left[ \sum \dfrac {\sqrt {a^2 + abc}}{(b + c)(b + a)} \right]^2 \le \left[ \sum \dfrac {a}{(a + b)(b + c)}\right]\left(\sum \dfrac {a + c}{b + c}\right) = \dfrac {\sum a^2 + \sum ab}{(a + b)(b + c)(c + a)}\left( \sum \dfrac {a + c}{b + c}\right)$
Ta có:
$\sum \dfrac {a + c}{b + c} = \sum \dfrac {1}{b + c} - \sum \dfrac {b}{b + c} \le \sum \dfrac {1}{b + c} - \dfrac {(a + b + c)^2}{\sum a^2 + \sum ab}$
Nên cần chứng minh
$\dfrac {\sum a^2 + \sum ab}{(a + b)(b + c)(c + a)}\left[ \dfrac {1}{b + c} - \dfrac {1}{\sum a^2 + \sum ab}\right] \le \dfrac {1}{4abc}$
$\Leftrightarrow \dfrac {1 - q}{q - r} \left( \dfrac {1 + q}{q - r} - \dfrac {1}{1 - q}\right) \le \dfrac {1}{4r}$
$\Leftrightarrow \dfrac {4(1 - q^2)}{q - r} - 4 \le \dfrac {q - r}{r}$
$\Leftrightarrow \dfrac {4(1 - q^2)}{q - r} - \dfrac {q}{r} \le 3$
Sử dụng bổ đề,ta có:
$LHS \le \dfrac {4(1 - q^2)}{q - \dfrac {q^2(1 - q)}{2(2 - 3q)}} - \dfrac {q}{\dfrac {q^2(1 - q)}{2(2 - 3q)}} = 3 - \dfrac {q(1 - 3q)(5 - 7q)}{(1 - q)(4 - 7q + q^2)} \le 3$
Quy ẩn giang hồ

#10 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:38

Ví dụ 16:Võ Thành Văn

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{4}{81(ab+bc+ca)}+abc\geq \dfrac{5}{27}$
Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Schur,ta có:
$r\geq\dfrac{p(4q-p^2)}{9}=\dfrac{4q-1}{9}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\dfrac{4}{81q}+\dfrac{4q-1}{9}\geq \dfrac{5}{27}\Leftrightarrow \dfrac{4}{81q}+\dfrac{4q}{9}\geq \dfrac{8}{27}$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo BDT AM-GM nên ta có đpcm.
Ví dụ 17:Nguyễn Mạnh Dũng

Cho $a,b,c \ge 0, ab + bc + ca = 1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac {ab + 1}{a + b} + \dfrac {bc + 1}{b + c} + \dfrac {ca + 1}{c + a} \ge 3$
Lời giải:

Ta có:
$\dfrac {ab + 1}{a + b} + \dfrac {bc + 1}{b + c} + \dfrac {ca + 1}{c + a} \ge 3$
$\Leftrightarrow \sum_{cyc} (ab + 1)(c + a)(c + b) \ge 3(a + b)(b + c)(c + a)$
$\Leftrightarrow \sum_{cyc} (ab + 1)(c^2 + 1) \ge 3[(a + b + c)(ab + bc + ca) - abc]$
$\Leftrightarrow (a^2 + b^2 + c^2) + ab + bc + ca + abc(a + b + c) + 3 + 3abc \ge 3(a + b + c)$
$\Leftrightarrow (a + b + c)^2 + abc(a + b + c + 3) + 2 \ge 3(a + b + c)$
Đặt $p = a + b + c,q = ab + bc + ca = 1,r = abc$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
$p^2 + r(p + 3) - 3p + 2 \ge 0$
$\star p > 2\Rightarrow p^2 - 3p + 2 + r(p + 3) = (p - 1)(p - 2) + r(p + 3) > 0$
$\star p \le 2$
Áp dụng BDT Schur,ta có:
$p^3 + 9r \ge 4pq \Leftrightarrow r \ge \dfrac {4p - p^3}{9}$
Ta cần chứng minh:
$p^2 - 3p + 2 + (p + 3)\dfrac {4p - p^3}{9} \ge 0$
$\Leftrightarrow p^4 + 3p^3 - 13p^2 + 15p - 18 \le 0$
$\Leftrightarrow (p - 2)(p^3 + 5p^2 - 3p + 9)$
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng vì $p \le 2$ và $p^3 + 5p^2 - 3p + 9 = p^3 + 4p^2 + \left(p - \dfrac {3}{2}\right)^2 + \dfrac {27}{4} > 0$
Ta có đpcm
Đẳng thức xảy a khi và chỉ khi $a = b = 1,c = 0$ và các hoán vị
Quy ẩn giang hồ

#11 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:40

Ví dụ 18:HSG Toán QG THPT năm 2006 bảng B
Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c thỏa mãn abc=1 thì

$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+3\ge 2(a+b+c)$
Lời giải:

Đặt $x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}$,ta có $xyz=1$,đồng thời đổi biến thành p,q,r,ta có bất đẳng thức:
$p^2-2q+3\ge 2q \Leftrightarrow 4q-p^2\le 3$
Mà bất đẳng thức trên đúng theo BDT Schur nên ta có đpcm.
Ví dụ 19: Phạm Sinh Tân
Cho $a,b,c$ la các số thực không âm , tìm số $k$ nhỏ nhất để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất và đẳng thức xảy ra khi ba biến lệch nhau , chỉ rõ đằng thức xảy ra

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+k \dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}$
Lời giải:

Đổi biến BDT theo p,q,r và chuẩn hóa p=1.Ta cần chứng minh bất đẳng thức:
$\dfrac{1-2q+3r}{q-r}+k\dfrac{q}{1-3q+3r}\geq 2\sqrt{k}+1$
Ta có:$\dfrac{1-2q+3r}{q-r}+k\dfrac{q}{1-3q+3r}\geq\dfrac{1-3q+3r}{q}+k\dfrac{q}{1-3q+3r}+ 1\geq 2\sqrt{k}+1$
Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}x,x,0)$ hoặc $(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}x,x,0)$ và các hoán vị.
*Một số bài tập tương tự:
Bài toán 3:Phạm Sinh Tân
Với 3 số thực không âm a,b,c,chứng minh rằng

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+k \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\ge 2\sqrt{k}+1$

Bài toán 4:Phạm Sinh Tân
Với a,b,c là các số thực không âm và không có quá hai số nào đồng thời bằng 0.Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+9 \dfrac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\ge 6$


Quy ẩn giang hồ

#12 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:42

Ví dụ 20: Dương Đức Lâm
Cho a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng:

$(\dfrac a{b + c})^2 + (\dfrac b{c + a})^2 + (\dfrac c{a + b})^2 + \dfrac {10abc}{(a + b)(b + c)(c + a)}\ge2$
Lời giải:

Ta có:$(a + b)(b + c)(c + a) \ge \dfrac {8}{9}(ab + bc + ca)(a + b + c) \ge \dfrac {8}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(a + b + c)$
Đặt $x = \dfrac {2a}{b + c} ,y= \dfrac {2b}{c+a},z= \dfrac {2c}{a +b}$,ta có:
$xy + yz + zx + xyz = 4$
Lúc đó BDT trở thành
$x^2 + y^2 + z^2 + 5xyz \ge 8$
Đưa bất đẳng thức về dạng $p,q,r$,từ giả thiết,ta có $q + r = 4$
và lúc đó,bất đẳng thức trở thành $p^2 - 2q + 5r \ge 8$
$\Leftrightarrow p^2 - 7q + 12 \ge 0$
Nếu $4 \ge p$,sử dụng BDT Schur,ta có:
$r \ge \dfrac {p(4q - p^2)}{9}$
$\Rightarrow 4 \ge q + \dfrac {p(4q - p^2)}{9}$
$\Leftrightarrow q \le \dfrac {p^3 + 36}{4p + 9}$
$\Rightarrow p^2 - \dfrac {7(p^3 + 36)}{4p + 9} + 12 \ge 0$
$\Leftrightarrow (p - 3)(p^2 - 16) \le 0$
điều này đúng vì $4 \ge p \ge \sqrt {3q} \ge 3$
Nếu $p \ge 4$,ta có $p^2 \ge 16 \ge 4q$,
$p^2 - 2q + 5r \ge p^2 - 2q \ge \dfrac {p^2}{2} \ge 8$
Vậy BDT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = 1$ hoặc $x = y = 2,z = 0$ và các hoán vị
Quy ẩn giang hồ

#13 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:44

Ví dụ 21:
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{6-ab}+\dfrac{1}{6-bc}+\dfrac{1}{6-ca}\le \dfrac{3}{5}$
Lời giải:

Chuyển đổi BDT về như sau:
$108-48q+13pr-3r^2\ge 0$
$\Leftrightarrow 4(9-4q+3r)+r(1-r)\ge 0$
Ta thấy BDT trên đúng do :
Theo BDT AM-GM :$r=abc\le (\dfrac{a+b+c}{3})^3=1$
và theo BDT Schur thì $3r\ge \dfrac{3p(4q-p^2)}{9}=4q-9\Rightarrow 3r+9-4q\ge 0$
Vậy BDT đựoc chứng minh.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1,a=0,b=c=\dfrac{3}{2}$ và các hoán vị
Ví dụ 22:Darij Grinberg
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và không có hai số nào đồng thời bằng 0.Chứng minh rằng:

$\dfrac{a^2(b+c)}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2(c+a)}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2(a+b)}{a^2+b^2}\ge a+b+c$
Lời giải:

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz,ta cần chứng minh:
$[\sum a^2(b+c)^2]^2 \ge (\sum a)[\sum a^2(b+c)(b^2+c^2]$
Đổi biến theo p,q,r,khi đó bất đẳng thức viết thành:
$r(2p^3+9r-7pq)\ge 0$
Áp dụng BDT Schur,ta có $p^3+9r\ge 4pq$ và BDT quen biết $p^2-3q\ge 0$,ta có đpcm.
Ví dụ 23: Muhai Piticari,Dan Popescu
Chứng minh rằng với $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$,ta có
$5(a^2+b^2+c^2)\le 6(a^3+b^3+c^3)+1$

Lời giải:

Đổi biến về p,q,r,ta cần chứng minh $5-10q\le 6(1-3q+3r)+1$
$\Leftrightarrow 18r-8q+2\ge 0$
Mặc khác BDT trên đúng theo BDT Schur nên ta có đpcm.
Và một ví dụ điển hình cho phương pháp này là BDT IRAN 96:
Ví dụ 24:IRAN 96:
Chứng minh rằng nếu $x,y,z>0$ thì

$(xy+yz+zx)(\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+ \dfrac{1}{(z+x)^2}) \ge \dfrac{9}{4}$
Lời giải:

Sử dụng phương pháp đổi biến p,q,r,ta chuyển bất đẳng thức về dạng như sau:
$q(\dfrac{(p^2+q)^2-4p(pq-r)}{(pq-r)^2})\ge \dfrac{9}{4}$
Biến đổi tương đương,rút gọn,ta cần chứng minh
$4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2\ge 0$
$\Leftrightarrow pq(p^3-4pqr+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\ge 0$
Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm.
Quy ẩn giang hồ

#14 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 03-06-2008 - 20:47

Qua các ví dụ trên,có lẽ các bạn cũng đã hình dung được ít nhiều về bất đẳng thức Schur và những ứng dụng của nó trong phương pháp đổi biến p,q,r.Để kết thúc bài viết này,mời các bạn cùng giải một số bài tập sau:
Bài tập 1:Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$.Chứng minh rằng
$a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\le 3$
(Vasile Cirtoaje)
Bài tập 2: Darij Grinberg
Cho a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng
$a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge 2(ab+bc+ca)$
Bài tập 3: Vasile Cirtoaje
Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng $12+9abc\ge 7(ab+bc+ca)$
Bài tập 4:Vũ Đình Quý
Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn abc=1.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a^2-a+1}+\dfrac{1}{b^2-b+1}+\dfrac{1}{c^2-c+1}\le 3$
Bài tập 5:VMO 2002
Chứng minh rằng với các số thực a,b,c thoả mãn $a^2+b^2+c^2=9$,ta có
$2(a+b+c)-abc\le 10$
Bài tập 6: Junior TST 2003,Romania
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$1+\dfrac{3}{a+b+c}\ge \dfrac{6}{ab+bc+ca}$
Bài tập 7: Balkan Contest
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$2(a^2+b^2+c^2)+12\ge 3(a+b+c)+3(ab+bc+ca)$
Bài tập 8: Phạm Kim Hùng
Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số thực không âm và $k\ge 3$ thì
$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{k}{a+b+c}\ge \dfrac{2\sqrt{k+1}}{\sqrt{ab+bc+ca}$
Bài tập 9: Lê trung Kiên,Võ Quốc Bá Cẩn
Cho 3 số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca+6abc=9$.Chứng minh rằng
$a+b+c+3abc\ge 6$
Bài tập 10:Tìm số $a$ nhỏ nhất sao cho BDT sau đúng với mọi $x,y,z$ không âm:
$(\dfrac{x+y+z}{3})^a(\dfrac{xy+yz+zx}{3})^{\dfrac{3-a}{2}}\ge \dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{8}$
Bài tập 11: Phạm Kim Hùng
Cho a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2-bc+c^2}} +\dfrac{c}{\sqrt{c^2-ca+a^2}}\le 3$
Bài tập 12:Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ dương thỏa mãn $abc=1$ thì
$\dfrac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[10]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}$
Bài tập 13:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=1$
Cmr $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+2abc \geq\dfrac{247}{54}$
Bài tập 14:
Cho $a,b,c$ thỏa mãn $2\le a,b,c \le 1$.Chứng minh rằng
$6a^2(b+c)+6b^2(c+a)+6c^2(a+b)\le 33abc$
Bài tập 15:Vasile Cirtoaje
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng
$\dfrac{5-ab}{1+c}+\dfrac{5-bc}{1+a}+\dfrac{5-ca}{1+b}\ge ab+bc+ca$

CHÚC CÁC BẠN THÀNH CÔNG !!!


Quy ẩn giang hồ

#15 tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Bóng bàn ,cầu lông ,học toán ,.......

Đã gửi 03-06-2008 - 21:34

Em rất cảm ơn bài viết của anh
Nhưng mà anh ơi,anh có thể upload file pdf lên để mọi người có thể dễ dàng theo dõi đc ko ạ?
Một lần nữa cảm ơn anh rất nhiều.

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#16 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 04-06-2008 - 10:27

Cái này anh chưa gõ thành file PDF em à,hơi mất thời gian.Bài viết này anh nghĩ sẽ còn update nữa,chưa dừng lại ở đây.Tuy nhiên nếu ai có thời gian thì có thể giúp mình chuyển sang file PDF được không? Thanks nhìu
Quy ẩn giang hồ

#17 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 06-06-2008 - 15:11

Và đây là file PDF ^^

File gửi kèm


Quy ẩn giang hồ

#18 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 06-06-2008 - 17:50

File PDF type rất đẹp... lúc đầu tưởng của ku Văn nào ngờ là do anh Cẩn edited :D Anyway, đây là một bài viết đầy đủ ít nhất là về việc kết hợp p,q,r cùng với Schur và các bất đẳng thức cơ bản. Duy có 1 ví dụ phải sử dụng 1 bổ đề chặt hơn Schur để chứng minh đó là ví dụ 15. Đây chắc là một gợi mở để các bạn tiếp tục tìm ra những hướng sử dụng p,q,r hiệu quả hơn nữa. Tìm ra những ước lượng đẹp cho r. Trước đây mình cũng có viết 1 bài về p,q,r nhưng lúc đó còn ít ví dụ. Và trước đây thầy Phạm Văn Thuận cũng đã up lên forum này 1 file của chương 4 quyển sách Suy luận và khám phá. Đó có thể nói là một tài liệu đầy đủ về p,q,r (tuy nhiên cũng chỉ mới xoay quanh Schur + các bdt cơ bản khác). Hiện tại mình chưa tìm ra topic đó nhưng nó ở trong box Quán cóc thì phải :lol: Lúc nào tìm thấy mình sẽ post lên sau.
Dù sao vẫn chờ đợi bài viết về p,q,r của anh Cẩn. Mấy cái bổ đề về p,q,r cho dạng hoán vị anh nêu trong topic 3 bài toán mở thật sự khiến em tò mò :D
Về kinh nghiệm bản thân của mình thì p,q,r kết hợp với đạo hàm thường xử lí rất nhanh mà khỏi phải suy nghĩ nhiều. Cái quan trọng là ta phải tìm ra các chặn trên và dưới đủ chặt cho r mà thôi :D

#19 shockmath_xayda

shockmath_xayda

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Đến từ:A1K36 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:tán gái

Đã gửi 07-06-2008 - 21:13

tại sao em ko thấy kiểu đặt $ a+b+c=p ,ab+bc+ca=(p^2-q^2)/3,abc=r $
em thấy kiểu này chặt hơn kiểu của anh Văn
kiểu của anh Văn phải dùng đạo hàm nhiều
còn kiểu này khá chặt không cần dùng đạo hàm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lyxuansang91: 09-06-2008 - 07:03

Đố ai giải thích được từ yêu
Có khó gì đâu 1 buổi chiều
Kề dao vào cổ "yêu hay chết"
Gật đầu cái rụp thế là yêu

#20 hungnd

hungnd

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 585 Bài viết
  • Đến từ:Mặt Trời
  • Sở thích:học toán mỗi ngày mặc dù ko giỏi toán

Đã gửi 07-06-2008 - 21:20

tại sao em ko thấy kiểu đặt a+b+c=p
ab+bc+ca=(p^2-q^2)/2
abc=r
em thấy kiểu này chặt hơn kiểu của anh Văn
kiểu của anh Văn phải dùng đạo hàm nhiều
còn kiểu này khá chặt không cần dùng đạo hàm


q là gì hả anh ?
chẳng lẽ đặt $q= a^2+b^2+c^2$




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh