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
* * * * * 2 Bình chọn

Bất đẳng thức thuần nhất


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 19 trả lời

#1 namdung

namdung

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH KHTN Tp HCM
  • Sở thích:- Giải tóan, dạy tóan
    - Đá bóng, xem đá bóng và cá cược bóng đá
    - Sưu tầm tem, đọc truyện lịch sử

Đã gửi 12-07-2005 - 21:31

1. Mở đầu

Hầu hết các bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, Bunhiacopsky, Holder, Minkowsky, Chebysev ...) đều là các bất đẳng thức thuần nhất. Điều này hoàn toàn không ngẫu nhiên. Về logích, có thể nói rằng, chỉ có các đại lượng cùng bậc mới có thể so sánh với nhau một cách toàn cục được.

Chính vì thế, bất đẳng thức thuần nhất chiếm một tỷ lệ rất cao trong các bài toán bất đẳng thức, đặc biệt là bất đẳng thức đại số (khi các hàm số là hàm đại số, có bậc hữu hạn). Đối với các hàm giải tích (mũ, lượng giác, logarith), các bất đẳng thức cũng được coi là thuần nhất vì các hàm số có bậc $\infty$(theo công thức Taylor).

Trong bài này, chúng ta sẽ đề cập tới các phương pháp cơ bản để chứng minh bất đẳng thức thuần nhất, cũng như cách chuyển từ một bất đẳng thức không thuần nhất về một bất đẳng thức thuần nhất. Nắm vững và vận dụng nhuần nhuyễn các phương pháp này, chúng ta có thể chứng minh được hầu hết các bất đẳng thức sơ cấp.

2. Bất đẳng thức thuần nhất

Hàm số $f(x_1,x_2,...,x_n)$ của các biến số thực $x_1,x_2,...,x_n$được là hàm thuần nhất bậc $\alpha$nếu với mọi số thực $t$ ta có
$f$là một hàm thuần nhất được gọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc $\alpha$).
Ví dụ các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Chebyshev là các bất đẳng thức thuần nhất. Bất đẳng thức Bernoulli, bất đẳng thức $sinx<x$ với $x>0$ là các bất đẳng thức không thuần nhất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ptoleme: 11-06-2011 - 21:32


#2 namdung

namdung

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH KHTN Tp HCM
  • Sở thích:- Giải tóan, dạy tóan
    - Đá bóng, xem đá bóng và cá cược bóng đá
    - Sưu tầm tem, đọc truyện lịch sử

Đã gửi 12-07-2005 - 21:48

3.2. Phương pháp chuẩn hóa

Dạng thường gặp của bất đẳng thức thuần nhất là
f(x1, x2, …, xn) ≥ g(x1, x2, …, xn)
trong đó f và g là hai hàm thuần nhất cùng bậc. Do tính chất của hàm thuần nhất, ta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minh bất đẳng thức f(x1, x2, …, xn) ≥ A với mọi x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện g(x1, x2, …, xn) = A. Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản các biểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chất đặc biệt của các hằng số.
Ví dụ :
Cho bộ n số thực dương (x) = (x1, x2, …, xn). Với mỗi số thực r ta đặt
Mr(x) = [(x1r + x2r + …+ xnr)/n]1/r
Chứng minh rằng với mọi r>s>0 ta có Mr(x) ≥ Ms(x).
(Bất đẳng thức về trung bình lũy thừa)
Giải: Vì Mr(tx) = tMr(x) với mọi t>0 nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng cho các số thực dương x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện Ms(x) = 1, tức là cần chứng minh Mr(x) ≥ 1 với mọi x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện Ms(x) = 1. Điều này có thể viết đơn giản lại là
Chứng minh x1r + x2r + …+ xnr ≥ n với x1s + x2s + …+ xns = n.
Để chứng minh bất đẳng thức cuối cùng, ta áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:
xir = (xis)r/s = [1 + (xis-1)]r/s ≥ 1 + (r/s)(xis-1), i = 1, 2, …, n.
Cộng các bất đẳng thức trên lại, ta được điều phải chứng minh.

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với x, y, z là các số thực bất kỳ ta có bất đẳng thức
6(x + y + z)(x2+ y2 + z2) <= 27xyz + 10(x2+ y2 + z2)3/2
(Đề thi Học sinh giỏi quốc gia năm 2002)
Giải: Bất đẳng thức này rất cồng kềnh. Nếu thức hiện phép biến đổi trực tiếp sẽ rất khó khăn (ví dụ thử bình phương để khử căn). Ta thực hiện phép chuẩn hóa để đơn giản hóa bất đẳng thức đã cho. Nếu x2 + y2 + z2 = 0 thì x= y = z = 0, bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Nếu x2 + y2 + z2 > 0, do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất, ta có thể giả sử x2 + y2 + z2 = 9. Ta cần chứng minh 2(x+y+z)  xyz + 10 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 9. Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh
[2(x+y+z) – xyz]2 <= 100
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử |x| <= |y| <= |z|. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có
[2(x+y+z) – xyz]2 = [(x+y)2 + z(2-xy)]2  [(x+y)2 + z2][22+(2-xy)2] = (9+2xy)(8-4xy+x2y2) = 72 – 20xy + x2y2 + 2x3y3 = 100 + (xy+2)2(2xy-7).
Từ |x| <= |y| <= |z| suy ra z2 ≥ 3. Suy ra 2xy <= x2 + y2 <= 6, tức là (xy+2)2(2xy-7) <= 0. Từ đây, kết hợp với đánh giá trên đây ta được điều cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x+y)/2 = z/(2-xy) và xy+2 = 0. Từ đây giải ra được x = -1, y = 2, z = 2.

Kỹ thuật chuẩn hóa cho phép chúng ta biến một bất đẳng thức phức tạp thành một bất đẳng thức có dạng đơn giản hơn. Điều này giúp ta có thể áp dụng các biến đổi đại số một cách dễ dàng hơn, thay vì phải làm việc với các biểu thức cồng kềnh ban đầu. Đặc biệt, sau khi chuẩn hóa xong, ta vẫn có thể áp dụng phương pháp dồn biến để giải. Ta đưa ra lời giải thứ hai cho bài toán trên:
Đặt f(x, y, z) = 2(x+y+z) – xyz. Ta cần chứng minh f(x, y, z)  10 với x2 + y2 + z2 = 9.
Xét f(x, sqrt(y2+z2)/2, sqrt(y2+z2)/2) - f(x, y, z) = 2(x + 2sqrt(y2+z2)/2) – x(y2+z2)/2 – 2(x+y+z) + xyz = 2(sqrt2(y2+z2) – y – z) – x(y-z)2/2 = (y-z)2[2/(sqrt2(y2+z2) + y + z) – x/2].
+ Nếu x, y, z > 0, ta xét hai trường hợp:
- 1 <= x <= y <= z. Khi đó 2(x+y+z) – xyz <= 2sqrt3(x2+y2+z2) – 1 = 6sqrt(3) – 1 < 10
- 0 < x <= 1. Khi đó 2(x+y+z) – xyz < 2(x+y+z)  2x + 22(y2+z2) = 2x + 2sqrt(2(9-x2)) = g(x). Ta có g’(x) = 2 - 2sqrt(2x)/sqrt(9-x2) > 0, suy ra g(x) <= g(1) = 10.
+ Nếu trong 3 số x, y ,z có một số âm, không mất tính tổng quát, có thể giả sử x < 0. Khi đó f(x, sqrt(y2+z2)/2, sqrt(y2+z2)/2) - f(x, y, z) ≥ 0 và ta đưa bài toán việc chứng minh f(x, sqrt(y2+z2)/2, sqrt(y2+z2)/2) <= 10, hay
2x + 22(9-x2) – x(9-x2)/2 <= 10
<=> h(x) = x3 – 5x + 4sqrt(2(9-x2)) <= 20.
Ta có: h’(x) = 3x2 – 5 – 4xsqrt(2)/sqrt((9-x2)) . Giải phương trình h’(x) = 0 (với x < 0), ta được x = -1. Đây là điểm cực đại của h, do đó h(x) <= h(-1) = 20.

Bằng cách chuẩn hóa, ta có thể đưa một bài toán bất đẳng thức về bài toán tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm số trên một miền (chẳng hạn trên hình cầu x2 + y2 + z2 = 9 như ở ví dụ 4). Điều này cho phép chúng ta vận dụng được một số kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (ví dụ như bất đẳng thức Jensen, hàm lồi ...)

Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
(b+c-a)2/[(b+c)2+a2] + (c+a-b)2/[(c+a)2+b2] + (a+b-c)2/[(a+b)2+c2] ≥ 3/5
Giải: Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho các số dương a, b, c thoả a+b+c=1. Khi đó bất đẳng thức có thể viết lại thành
(1-2a)2/(2a2-2a+1) + (1-2b)2/(2b2-2b+1) + (1-2c)2/(2c2-2c+1) ≥ 3/5
<=> 1/(2a2-2a+1) + 1/(2b2-2b+1) + 1/(2c2-2c+1) <= 27/5
<=> f(a) + f(b) + f©  27/5 với f(x) = 1/(2x2-2x+1) (5.1)
Để ý rằng 27/5 = 3f(1/3), ta thấy (5.1) có dạng bất đẳng thức Jensen. Tuy nhiên, tính đạo hàm bậc hai của f(x), ta có
f”(x) = -4(6x2 – 6x + 1)/(2x2-2x+1)3
hàm chỉ lồi trên khoảng ((3 - sqrt(3))/6, (3 + sqrt(3))/6) nên không thể áp dụng bất đẳng thức Jensen một cách trực tiếp. Ta chứng minh f(a) + f(b) + f© <= 27/5 bằng các nhận xét bổ sung sau:
fmax = f(1/2) = 2
f(x) tăng trên (0, 1/2) và giảm trên (1/2, 1)
f((3 - sqrt(3))/6) = f((3 + sqrt(3))/6) = 12/7
Nếu có ít nhất 2 trong 3 số a, b, c nằm trong khoảng ((3 - sqrt(3))/6, (3 + sqrt(3))/6), chẳng hạn là a, b thì áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
f(a) + f(b) <= 2f((a+b)/2) = 2f((1-c)/2) = 4/(c2+1)
Như vậy trong trường hợp này ta chỉ cần chứng minh
1/(2c2-2c+1) + 4/(1+c2) <= 27/5
Quy đồng mẫu số và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương
27c4 – 27c3 + 18c2 – 7c + 1 >= 0
<=> (3c-1)2(3c2 – c +1) >= 0 (đúng).
Như vậy ta chỉ còn cần xét trường hợp có ít nhất hai số nằm ngoài khoảng ((3 - sqrt(3))/6, (3 + sqrt(3))/6). Nếu chẳng hạn a > (3 + sqrt(3))/6) thì rõ ràng b, c < (3 - sqrt(3))/6 và như vậy, do nhận xét trên f(a) + f(b) + f© <= 36/7 < 27/5. Ta chỉ còn duy nhất một trường hợp cần xét là có hai số, chẳng hạn a, b <= (3 - sqrt(3))/6. Lúc này, do a + b <= 1 - sqrt(3)/3 nên c >= sqrt(3)/3 > 1/2. Theo các nhận xét trên ta có f(a) + f(b) + f© <= 2f((3 - sqrt(3))/6) + f(sqrt(3)/3) = 24/7 + (15+63)/13 ~ 5.381 < 5.4 = 27/5.
Ghi chú: Bài toán trên có một cách giải ngắn gọn và độc đáo hơn như sau:
Bất đẳng thức có thể viết lại thành
(b+c)a/[(b+c)2+a2] + (c+a)b/[(c+a)2+b2] + (a+b)c/[(a+b)2+c2] <= 6/5
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức viết lại thành
(1-a)a/(1-2a+2a2) + (1-b)b/(1-2b+2b2) + (1-c)c/(1-2c+2c2) <= 6/5
Ta có 2a(1-a) <= (a+1)2/4. Do đó 1 – 2a + 2a2 >= 1 - (a+1)2/4 = (1-a)(3+a)/4.
Từ đó (1-a)a/(1-2a+2a2) <= (1-a)a/[(1-a)(3+a)/4] = 4a/(3+a).
Tương tự (1-b)b/(1-2b+2b2) <= 4b/(3+b), (1-c)c/(1-2c+2c2) <= 4c/(3+c)
Và để chứng minh bất đẳng thức đầu bài, ta chỉ cần chứng minh
4a/(3+a) + 4b/(3+c) + 4c/(3+c) <= 6/5
Bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với
1/(3+a) + 1/(3+b) + 1/(3+c) >= 9/10 là hiển nhiên (Áp dụng BĐT Cauchy)

Chuẩn hóa là một kỹ thuật cơ bản. Tuy nhiên, kỹ thuật đó cũng đòi hỏi những kinh nghiệm và độ tinh tế nhất định. Trong ví dụ trên, tại sao ta lại chuẩn hóa x2 + y2 + z2 = 9 mà không phải là x2 + y2 + z2 = 1 (tự nhiên hơn)? Và ta có đạt được những hiệu quả mong muốn không nếu như chuẩn hóa x+y+z = 1? Đó là những vấn đề mà chúng ta phải suy nghĩ trước khi thực hiện bước chuẩn hóa.

(Còn tiếp)

#3 kelieulinh

kelieulinh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Đến từ:chuyên bg

Đã gửi 22-10-2005 - 07:37

Em đã đọc rất kỹ bài viết này của thầy (rất hay) và em nghĩ lý do mà nó không đuợc vô các bài viết quan trọng là do các phương pháp dồn biến,trọng số thầy chỉ nêu trong chứng minh các bất đẳng thức thuần nhất trong khi ứng dụng của nó trong rất nhiều bất đẳng thức khác cũng rất lớn.
Và có một phần trong phần dồn biến là :

Để chứng minh bất đẳng thức
$x_1,x_2$sao cho $\phi (x,x)=x$
Ví dụ như trong bài
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với $x, y, z$ là các số thực bất kỳ ta có bất đẳng thức
$6(x + y + z)(x^2+ y^2 + z^2) \leq 27xyz + 10(x^2+ y^2 + z^2)^{\dfrac{3}{2}} $
(Đề thi Học sinh giỏi quốc gia năm 2002)

khi giải bằng dồn biến thầy đã chọn $\phi (x_1,x_2)=\sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2}{2}}$
Va em nghĩ thầy nên sửa các bài viết của mình về tex hết để mọi người dễ đọc (nhất là cái bai VNTST 1996)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 18-05-2009 - 21:59


#4 blackcode

blackcode

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết
  • Đến từ:Lê Hồng Phong- HCM
  • Sở thích:toán

Đã gửi 22-10-2005 - 08:42

Thưa thầy, thầy có thể giải thích cho em khi nào ta chọn số cho phương pháp chuẩn hóa cho tiện việc chứng minh ạ??

#5 MrMATH

MrMATH

    Nguyễn Quốc Khánh

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

Đã gửi 22-10-2005 - 08:49

khi nào ta chọn số cho phương pháp chuẩn hóa cho tiện việc chứng minh

Có lẽ ý của em là ta nên chọn số như thế nào trong phép chuẩn hóa.

Thực ta thì đứng về mặt lý thuyết mà nói, việc chọn số để tính toán tiếp thực ra là tương đương nhau (theo ý là nếu dùng số này để đạt được kết quả thì cũng có thể dùng số khác để thu được đúng những kết quả đó)

Như vậy là, cách chọn số hoàn toàn mang tính chất thực hành và trực quan, chẳng hạn thế này, nếu có dạng căn bậc 2 thì chúng ta sẽ chọn những số có liên quan tới chính phương như 4,9,......... để trong quá trình tính toán, những con số mà chúng ta làm việc với càng gần số nguyên hay hữu tỷ là tốt nhất.

Anh nghĩ là, càng làm nhiều thì sẽ tự khắc thu được kinh nghiệm.

Châm ngôn của các bài toán sơ cấp (theo anh) là: chân lý và cái đẹp ở rất gần nhau.

#6 kelieulinh

kelieulinh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Đến từ:chuyên bg

Đã gửi 28-10-2005 - 17:52

Thưa thầy namdung em muốn hỏi thầy 1 vấn đề về chuẩn hóa:
Xét bất đẳng thức thuần nhất :Cho các số thực không âm http://dientuvietnam...metex.cgi?a,b,c .Khi đó
http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a=0 hay không?

#7 MrMATH

MrMATH

    Nguyễn Quốc Khánh

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

Đã gửi 28-10-2005 - 21:35

Rõ ràng là không rồi, bởi vì khi cho k tiến tới o em đã dùng 1 phép giới hạn, cái sự lấy giới hạn này thường được dùng để dự đoán các điểm cố định trong hình học.

Nhớ là dự đoán thôi.

Và cũng như vậy, trong 1 số bdt, để tìm đánh giá tốt nhất ta cũng dùng phương pháp này. okie?!

#8 Cháu Ngoan Bác Hồ

Cháu Ngoan Bác Hồ

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Đến từ:ĐHKHTN-ĐH Quốc gia HÀ NỘI.
  • Sở thích:_ Học toán ,làm toán(đặc biệt là BĐT)&lt;br&gt; _ Thích xem đá bóng đá.&lt;br&gt; _Thích nghe nhạc Rock.&lt;br&gt; _Rất thich chơi điện tử...

Đã gửi 15-12-2005 - 19:12

Đúng là bạn nhatminh này vui tính thiệt đó.Khi chứng minh được như vậy rồi thì tức là với 3 số $a,b,c$luôn tồn tại số $m$sao cho $m=\dfrac{b+c}{2}$,thế thì chỉ còn chứng minh $b$chính là $m$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 18-05-2009 - 21:58

Nếu không học toán,bạn sẽ mất đi cả cuộc đời mình!!!!!!

#9 Cháu Ngoan Bác Hồ

Cháu Ngoan Bác Hồ

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Đến từ:ĐHKHTN-ĐH Quốc gia HÀ NỘI.
  • Sở thích:_ Học toán ,làm toán(đặc biệt là BĐT)&lt;br&gt; _ Thích xem đá bóng đá.&lt;br&gt; _Thích nghe nhạc Rock.&lt;br&gt; _Rất thich chơi điện tử...

Đã gửi 18-12-2005 - 21:56

Cho em hỏi cái này:

Ở ví dụ 5 trong phần 3,"Phương pháp trọng số",tại sao sau khi chứng minh được

$27xyz$thì mất đi đâu???


Và ở cái bài phía dưới,cũng trong phần đó,làm sao để tìm tiếp được $a, b$ ????

Mong giúp đỡ!!!!!!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 18-05-2009 - 21:56

Nếu không học toán,bạn sẽ mất đi cả cuộc đời mình!!!!!!

#10 ghjk

ghjk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 262 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Anaheim, CA

Đã gửi 02-05-2006 - 13:08

Cai bai VN 1996 ra min chac chan phai =0 chu thay namdung?

#11 namdung

namdung

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH KHTN Tp HCM
  • Sở thích:- Giải tóan, dạy tóan
    - Đá bóng, xem đá bóng và cá cược bóng đá
    - Sưu tầm tem, đọc truyện lịch sử

Đã gửi 05-05-2006 - 22:44

Tôi gửi các bạn file Word nguyên văn bài viết của tôi. Bài này viết năm 2003, tất nhiên là cần phải update lại nhưng chưa có thời gian.

Về vấn đề dồn biến như một số bạn nói, tất nhiên là có thể áp dụng cho cả trường hợp không thuần nhất. Và tôi xin đưa ra một ví dụ

(APMO 2004) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge 9(ab+bc+ca)$

Có nhiều cách giải bài này, chẳng hạn dùng Schur. Nhưng cách sau đây về mặt phương pháp là khá dễ chịu:

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a = min{a, b, c}.

Đặt $f(a,b,c)=(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) - 9(ab+bc+ca)$

Khi đó $f(a,b,c) - f(a, \sqrt{bc}, \sqrt{bc}) = (a^2+2)2(b-c)^2 - 9a(\sqrt{b} -\sqrt{c})^2 = (\sqrt{b} -\sqrt{c})^2(2(a^2+2)(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 - 9a) \ge 0 $

Cuối cùng việc chứng minh $f(a, b, b) \ ge 0 $ có thể hoàn tất dễ dàng với công cụ duy nhất là Cauchy (hay AM-GM như các bạn nước ngoài hay gọi).

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 18-05-2009 - 21:55


#12 quangpbc

quangpbc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nghệ an
  • Sở thích:Học toán, xem ManU đá và nói chuyện với em gái

Đã gửi 28-01-2007 - 08:11

thầy ạ bài viết hay nhưng mà khó theo dõi quá .Em đọc hồi mà hoa hết cả mắt

How can i know what the love mean ?


#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 28-01-2007 - 11:03

Tải thêm cái file mà thầy gửi đó,dễ đọc hơn
Quy ẩn giang hồ

#14 trungcoTH

trungcoTH

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 08-07-2007 - 11:26

thưa thầy, cho em hỏi điều kiện để 1 BĐT có thể được chuẩn hóa là gì ạ (cái này em có xem qua trong quyển "Sáng tạo BĐT" của Phạm Kim Hùng nhưng rất mơ hồ), nhờ thầy dùng kiến thức THCS để giải thích ạ (em mới học lớp 9)

#15 namdung

namdung

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1205 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH KHTN Tp HCM
  • Sở thích:- Giải tóan, dạy tóan
    - Đá bóng, xem đá bóng và cá cược bóng đá
    - Sưu tầm tem, đọc truyện lịch sử

Đã gửi 09-07-2007 - 19:25

thưa thầy, cho em hỏi điều kiện để 1 BĐT có thể được chuẩn hóa là gì ạ (cái này em có xem qua trong quyển "Sáng tạo BĐT" của Phạm Kim Hùng nhưng rất mơ hồ), nhờ thầy dùng kiến thức THCS để giải thích ạ (em mới học lớp 9)


Hàm số f được gọi là thuần nhất bậc k nếu khi ta tăng tất cả các biến lên t lần thì hàm số tăng lêng t^k lần. Nói cách khác:

$ f(tx, ty, ..., tz) = t^kf(x, y, ..., z)$
Nếu ta có bất đẳng thức dạng

$f(x, y, ..., z) \ge 0$
trong đó f(x, y, ..., z) là một hàm thuần nhất bậc k thì ta có thể chuẩn hóa được.

Ví dụ:

Bất đẳng thức $x^3 + y^3 + z^3 \ge 3xyz$
hay bất đẳng thức
$3(x^3+y^3+z^3)^2 \ge (x^2+y^2+z^2)^3 $
Có thể chuẩn hóa thành
Chứng minh rằng nếu x, y, z dương có tích bằng 1 thì $x^3 + y^3 + z^3 \ge 3 $
Chứng minh rằng nếu x, y, z dương có $x^2 + y^2 + z^2 = 3$ thì $x^3 + y^3 + z^3 \ge 3$

#16 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 13-07-2007 - 00:35

thường thì nếu bất đẳng thức là đồng bậc thì có thể chuấn hóa :D Đó là cách hiểu đơn giản nhất. Chuẩn hóa khiến cho bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều lần :D

#17 chuyentoan

chuyentoan

    None

  • Hiệp sỹ
  • 1650 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Darmstadt - Germany
  • Sở thích:Guitar, Bóng đá

Đã gửi 13-07-2007 - 08:59

thường thì nếu bất đẳng thức là đồng bậc thì có thể chuấn hóa :D Đó là cách hiểu đơn giản nhất. Chuẩn hóa khiến cho bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều lần :D


Nhưng lại tăng độ khó của bài toán lên :D
The only way to learn mathematics is to do mathematics

#18 ngtl

ngtl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 14-07-2007 - 19:48

Đa số là vậy nhưng có bài cũng trở nên đơn giản thật. :geq
Càng học càng thấy mình ngu.
Không học lại thấy thông minh hơn người.

#19 ILoveMathverymuch

ILoveMathverymuch

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
  • Sở thích:Đủ thứ

Đã gửi 04-01-2014 - 21:59

Link die rồi.Bạn nào up lại giúp mình với.Cảm ơn nhiều!


        >:)   >:)   >:)   >:)   >:)   >:)   >:)   >:)   >:)   >:)

                                                               
               Hoàng Sa-Trường Sa là của Việt Nam

 

         :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:

 

 

                                                                                                                                                                                                            

 
                                                                                                                                                                                                                                                                                         

 

 

 

                                                                                                                                                                                                                     

       


#20 baoadv

baoadv

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 29-05-2014 - 11:27

:ohmy:






1 người đang xem chủ đề

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