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
* * * * * 3 Bình chọn

Một vài BĐT cũ


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 30 trả lời

#1 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-10-2011 - 00:41

Có một vài BĐT cũ tự sáng tác (cách đây khoảng vài năm), dễ có khó có, post lên để các bạn thử sức.

Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 2. Cho $p$ là một hằng số không âm. Tìm điều kiện cần và đủ của các số thực $a,b,c$ để BĐT sau đúng $$\dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2-ca}{pb^2+c^2+a^2}+\dfrac{c^2-ab}{pc^2+a^2+b^2} \ge 0.$$

Bài 3. Cho hai số thực $k,l$ trong đó $k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+k(abc+bcd+cda+dab)+l(a+b+c+d)$$ trong đó $a,b,c,d$ là bốn số thực không âm thoả mãn $a^3+b^3+c^3+d^3=4$.

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi $k \ge -2$ và $a,b,c \ge 0$ ta có $$\dfrac{a}{b^2+kbc+c^2}+\dfrac{b}{c^2+kca+a^2}+\dfrac{c}{a^2+kab+b^2} \ge \dfrac{\min \left(4,\dfrac{9}{k+2}\right)}{a+b+c}.$$

Khi nào cả bốn bài được giải thì mình sẽ post tiếp.

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#2 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-10-2011 - 07:16

E hèm,

Mời các ĐHV Olympic thử sức :D

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#3 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 28-10-2011 - 17:50

Có một vài BĐT cũ tự sáng tác (cách đây khoảng vài năm), dễ có khó có, post lên để các bạn thử sức.

Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Xin phép mọi người mình chém thử bài 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có
${\left( {a\sqrt {\dfrac{{qb + pc}}{{{a^2} + 2bc}}} + b\sqrt {\dfrac{{qc + pa}}{{{b^2} + 2ca}}} + c\sqrt {\dfrac{{qa + pb}}{{{c^2} + 2ab}}} } \right)^2} \le \left( {\dfrac{a}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 2{\rm{a}}b}}} \right)(p + q)(ab + bc + ca).$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{a}{{{a^2} + 2bc}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 2ca}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 2{\rm{a}}b}} \le \dfrac{{a + b + c}}{{ab + bc + ca}}$
Đây là bất đẳng thức quen thuộc của Vasile Citoaje
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#4 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 28-10-2011 - 23:51

Bài 4
Với $k \in \left[ { - 2,\dfrac{1}{4}} \right]$ thì ta thấy $4 \le \dfrac{9}{{k + 2}}$
Ta sẽ chứng minh
$\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}} \ge \sum {\dfrac{a}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} } \ge \dfrac{4}{{a + b + c}}$
Thật vậy sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwaz thì
$\left( {\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} } \right)\left( {\sum {a({b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2})} } \right) \ge {(a + b + c)^2}$
Ta chứng minh
$4\left( {\sum {a({b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2})} } \right) \le {\left( {a + b + c} \right)^3}$
Nhưng bất đẳng thức này tương đương với
${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc \ge \sum {a({b^2} + {c^2})} $
Đây là bất đẳng thức Schur vậy TH1 ta đã giải quyết xong
Với $k>\dfrac{1}{4}$ thì ta chứng minh
$\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}} \ge \dfrac{9}{{(k + 2)(a + b + c)}}} $
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwaz thì
$\left( {\sum {\dfrac{a}{{{b^2} + kbc + {c^2}}}} } \right)\left( {\sum {a({b^2} + kbc + {c^2})} } \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}$
Ta chứng minh với mọi $k>\dfrac{1}{4}$ thì
${\left( {a + b + c} \right)^3}\left( {k + 2} \right) \ge 9(\sum {a({b^2} + kbc + {c^2})} ) \Leftrightarrow \left( {4k - 1} \right)\left( {\sum {a{{(b - c)}^2}} } \right) \ge 0$
(Vì ${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc \ge \sum {a({b^2} + {c^2})} $ nên ta đưa được BĐT về dạng như trên)
Vậy bài toán đã được giải quyết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 01-11-2011 - 14:05

alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#5 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 30-10-2011 - 18:13

Bài 2 mình không biết đúng hay sai

Ta chứng minh
$\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + {c^2} + q{a^2}}} + \dfrac{{{b^2} - ca}}{{{c^2} + {a^2} + q{b^2}}} + \dfrac{{{c^2} - ab}}{{{a^2} + {b^2} + q{c^2}}} \ge 0$
Tương đương
$\dfrac{{({a^2} - bc)(b + c)}}{{\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right)}} + \dfrac{{\left( {{b^2} - ca} \right)\left( {c + a} \right)}}{{\left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{{\left( {{c^2} - ab} \right)\left( {a + b} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + q{c^2}} \right)\left( {a + b} \right)}} \ge 0$
Không mất tính tổng quát thì ta giả sử $a \ge b$
$({a^2} - bc)(b + c) - ({b^2} - ca)(c + a) = (ab + {c^2})(a - b) + c({a^2} - {b^2}) \ge 0$
$\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right) - \left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right) = (b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca))$
Ta phải tìm điều kiện để cho
$(b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca)) \le 0$
Hay là
${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge (q - 1)(ab + bc + ca)$
Mong mọi người cho ý kiến về lời giải củ chuối này
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#6 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 30-10-2011 - 19:18

Mình có cảm giác lời giải này .....sao sao ấy :wacko: Bởi vì ta phải tìm điều kiện của $a,b,c$ chứ không phải là cho $q$.Nên đây mới là vấn đề cần bàn.
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#7 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 31-10-2011 - 15:16

Đúng vậy vì q là một số không âm bất kì nên điều kiện là ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge (q - 1)(ab + bc + ca)$
Các số $a,b,c$ tùy ý miễn là thỏa mãn BĐT trên là được
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#8 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-11-2011 - 09:46

Nhìn sơ qua thì có vẻ được đấy :icon6:

Chỉ có cái bài số 2:

Không mất tính tổng quát thì ta giả sử $a \ge b$
$({a^2} - bc)(b + c) - ({b^2} - ca)(c + a) = (ab + {c^2})(a - b) + c({a^2} - {b^2}) \ge 0$
$\left( {{b^2} + {c^2} + q{a^2}} \right)\left( {b + c} \right) - \left( {{c^2} + {a^2} + q{b^2}} \right)\left( {c + a} \right) = (b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca))$
Ta phải tìm điều kiện để cho
$(b - a)({a^2} + {b^2} + {c^2} - (q - 1)(ab + bc + ca)) \le 0$

Em suy ra kiểu gì mà nhanh vậy? :closedeyes:

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#9 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1453 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-11-2011 - 11:27

Điều kiện bài 4 không chuẩn thì phải, chỗ k và cả a, b, c.

#10 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 01-11-2011 - 14:02

Nhìn sơ qua thì có vẻ được đấy :icon6:

Chỉ có cái bài số 2:


Em suy ra kiểu gì mà nhanh vậy? :closedeyes:

Dạ em dùng kĩ thuật phân tách Chebyshev sao cho nó cùng chiều để áp dụng được $a,b,c$ trong bất đẳng thức này không nhất thiết phải dương nên em mới áp dụng nó
Mong mọi người cho ý kiến thêm
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#11 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 01-11-2011 - 14:22

Bài 3 có bác nào giải ra chưa vậy mình nghĩ là dùng đến hạ sách dồn biến nhưng vhưa thành công các bạn cùng cố gắng chém nốt nha
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#12 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 03-11-2011 - 01:27

Kết quả của bài 3 là $$\max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).$$
Anh nghĩ là với công lực của Hoàng thì sẽ xử luôn bài này được đấy.

Mai post lời giải cho cả 4 bài và sẽ post thêm vài bài nữa.

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#13 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 03-11-2011 - 17:52

Bài $3$ này dựa vào kết quả mà anh Khuê gợi ý thì ta phải chia làm 4 trường hợp
TH1:$k,l$ cùng không âm
TH2:$k$ âm và $l$ dương
TH3:$k$ dương và $l$ âm
TH4:$k,l$ cùng âm
Hôm nay anh Khuê sẽ post lời giải cụ thể của cả 4 bài chúng ta cùng chờ để tham khảo
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#14 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-12-2011 - 22:48

Thật là đãng trí ! Không hiểu sao lại quên bẵng đi.

Thành thật xin lỗi những ai đã từng quan tâm đến topic này !

Dưới đây là lời giải của bốn bài:


Bài 1. Với các số thực không âm $a,b,c,p,q$, chứng minh $$a\sqrt{\dfrac{qb+pc}{a^2+2bc}}+b\sqrt{\dfrac{qc+pa}{b^2+2ca}}+c\sqrt{\dfrac{qa+pb}{c^2+2ab}}\le \sqrt{(p+q)(a+b+c)}.$$ Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải. Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$$LHS^2 \le \left(\sum a(qb+pc)\right)\left(\sum \dfrac{a}{a^2+2bc}\right)=(p+q)(ab+bc+ca)\left(\sum \dfrac{a}{a^2+2bc}\right).$$
Vậy chỉ cần chứng minh
$$\sum \dfrac{a}{a^2+2bc} \le \dfrac{a+b+c}{ab+bc+ca}.$$
BĐT này lại tương đương với
$$\sum a\left(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{a^2+2bc}\right) \ge 0$$
hay
$$\sum \dfrac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc} \ge 0.$$
Giả sử $a \ge b \ge c \ge 0$, thế thì $(c-a)(c-b) \ge 0$. Chỉ cần chứng minh
$$\dfrac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc}+\dfrac{b(a-b)(c-b)}{b^2+2ac} \ge 0.$$
BĐT này đúng bởi vì

$$\dfrac{a(a-c)}{a^2+2bc} \ge \dfrac{a^2(b-c)}{b(a^2+2bc)}\ge \dfrac{b(b-c)}{b^2+2ac}.$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(1,1,1)$ hay $(a,b,c)=(p,q,0)$ và các hoán vị. $\square$



Bài 2. Cho các số thực không âm $a,b,c,p$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2 \ge (p-1)(ab+bc+ca)$. Chứng minh $$\dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}+\dfrac{b^2-ca}{pb^2+c^2+a^2}+\dfrac{c^2-ab}{pc^2+a^2+b^2} \ge 0.$$
Nếu $a^2+b^2+c^2 \le (p-1)(ab+bc+ca)$ thì BĐT trên đổi chiều.

Lời giải. Xét $a^2+b^2+c^2 \ge (p-1)(ab+bc+ca)$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c \ge 0$, như vậy
$$(a^2-bc)(b+c) \ge (b^2-ca)(c+a) \ge (c^2-ab)(a+b) \ge 0$$ và
$$(pa^2+b^2+c^2)(b+c) \le (pb^2+c^2+a^2)(c+a) \le (pc^2+a^2+b^2)(a+b) \le 0$$
Do đó, theo BĐT Chebysev ta có
$$LHS=\sum \dfrac{(a^2-bc)(b+c)}{(pa^2+b^2+c^2)(b+c)} \ge \left(\sum (a^2-bc)(b+c)\right)\left(\sum \dfrac{1}{(pa^2+b^2+c^2)(b+c)}\right)=0$$
bởi vì $\sum (a^2-bc)(b+c)=0$. BĐT được chứng minh.
Nếu $a^2+b^2+c^2 \le (p-1)(ab+bc+ca)$ thì
$$(pa^2+b^2+c^2)(b+c) \ge (pb^2+c^2+a^2)(c+a) \ge (pc^2+a^2+b^2)(a+b) \ge 0$$
do đó BĐT Chebysev ở trên sẽ đổi chiều, và như vậy BĐT ban đầu cũng đổi chiều. Chứng minh kết thúc. $\square$

Nhận xét. Ta có đẳng thức sau với mọi $a,b,c,p$:
$$\sum \dfrac{a^2-bc}{pa^2+b^2+c^2}=\dfrac{(a^2+b^2+c^2 - (p-1)(ab+bc+ca))\sum (a^2+b^2+pc^2)(a-b)^2}{2\prod (a^2+b^2+pc^2)}$$
Từ BĐT này, ta thấy BĐT ban đầu đúng với mọi số thực $a,b,c$ và mọi số thực không âm $p$.

...


(xem Man City và Arsenal đá xong post tiếp)

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#15 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-12-2011 - 23:39

em đang ngóng chờ lời giải bài 3 của anh Khuê ;))

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#16 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-12-2011 - 00:03

em đang ngóng chờ lời giải bài 3 của anh Khuê ;))

OK em, xong trận anh gõ ngay :D (đang giữa hiệp)

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#17 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 19-12-2011 - 02:45

Hết trận rồi mà ông anh!
Gõ đi chứ!

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif


#18 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-12-2011 - 02:57

Hết trận rồi mà ông anh!
Gõ đi chứ!

Hết trận rồi nhưng anh còn ngồi nhậu :D Giờ đang ngồi gõ.
Coi bộ bài này thu hút được nhiều cao thủ ha. Sẽ còn nhiều bài khác nữa :)

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#19 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản trị
  • 2099 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-12-2011 - 07:19

Bài 3. Cho hai số thực $k,l$ trong đó $k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+k(abc+bcd+cda+dab)+l(a+b+c+d)$$ trong đó $a,b,c,d$ là bốn số thực không âm thoả mãn $a^3+b^3+c^3+d^3=4$.

Bài này chắc chắn là bài khó nhất trong bốn bài. Lời giải bên dưới sử dụng một kĩ thuật rất mạnh, chuyên xử lí những BĐT đối xứng. Các bạn chịu khó theo dõi và kiểm tra nhé !

Lời giải. Đặt $$P(a,b,c,d)=Q(c,d)=c^2+d^2+ mcd +n(c+d)+p$$ trong đó $m =k(a+b), n=kab+l,p=a^2+b^2+la+lb$. Lại đặt $c^3+d^3=2t^3$ và $c+d=x$, thế thì $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$.

Vì $(c+d)(c^2+d^2-cd)=2t^3$ nên ta có $cd=\dfrac{1}{3} \left(x^2-\dfrac{2t^3}{x}\right)$, và do đó $$3Q(c,d)=f(x)=(m+1)x^2+2(2-m)\dfrac{t^3}{x}+3nx+3p.$$
Ta có
\begin{eqnarray}
f'(x) &=& 2(m+1)x+2(m-2)\dfrac{t^3}{x^2}+3n\\
f''(x) &=& 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{x^3}.
\end{eqnarray}
Ta sẽ chứng minh $m \ge -2$ và như thế $f''(x) \ge 0$ với mọi $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$.
Nếu $k \ge 0$ thì $m \ge 0$.
Nếu $0 > k\ge - \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$ thì $$m=k(a+b) \ge 2k \sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3}{2}} \ge 2\sqrt[3]{3}k \ge -2.$$
Như vậy ta luôn có $m \ge -2$.
Nếu $2 \ge m \ge -2$ thì $f''(x) \ge 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{8t^3}=\dfrac{1}{2}(3m+6) \ge 0$.
Nếu $m \ge 2$ thì $f''(x) \ge 2(m+1)+\dfrac{4(2-m)t^3}{2t^3}=6 >0$.
Tóm lại $f''(x)\ge 0$ với mọi $\sqrt[3]{2}t \le x \le 2t$, nghĩa là $f(x)$ là hàm lồi trên $[\sqrt[3]{2}t,2t]$, do đó
$$f(x) \le \max (f(\sqrt[3]{2}t),f(2t))$$
hay $$Q(c,d)\le \max \left(Q\left(\sqrt[3]{\dfrac{c^3+d^3}{2}},\sqrt[3]{\dfrac{c^3+d^3}{2}}\right),Q\left(\sqrt[3]{c^3+d^3},0,\right) \right) \hspace{2cm} (*)$$
Lưu ý rằng BĐT $(*)$ ở trên đúng với hai số bất kì trong bộ $(a,b,c,d)$. Việc thu được BĐT này chính là bước quan trọng nhất của lời giài.

Bây giờ, xét thấy những người theo dõi bài này đều là hảo thủ :D, ta có định lý dồn biến sau:

Định lý 1. Nếu $F(a,b,c,d)$ liên tục và đối xứng trên $\mathbb{R}^4$ thoả mãn $$F(x,y,z,t)\le \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right)$$ với mọi hoán vị $(x,y,z,t)$ của $(a,b,c,d)$ thì ta có $$F(a,b,c,d)\le \max \left(F(t,t,t,t),F(4t/3,4t/3,4t/3,0),F(t/2,t/2,0,0),F(t,0,0,0) \right)$$ trong đó $t=\dfrac{a+b+c+d}{4}.$

Áp dụng định lí này, từ BĐT $(*)$ ta có ngay
\begin{eqnarray}
P(a,b,c,d) &\le& \max \left(P(1,1,1,1),P\left(\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},0\right),P\left(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2},0,0\right),P\left(\sqrt[3]{4},0,0,0\right)\right) \\
&=& \max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).
\end{eqnarray}
Lời giải kết thúc. $\square$

*******


Định lý 1 có lẽ không quá quen thuộc với nhiều bạn, do đó lời giải trên có thể sẽ hơi thiếu tính thuyết phục. Định lý sau, còn gọi là Định lý dồn biến cơ bản, chắc chắn là quen thuộc hơn:

Định lý 2. (Định lý dồn biến cho ba số) Nếu $F(a,b,c)$ liên tục và đối xứng trên $\mathbb{R}^3$ thoả mãn $F(x,y,z)\le F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z\right)$ với mọi hoán vị $(x,y,z)$ của $(a,b,c)$ thì ta có $F(a,b,c)\le F(t,t,t)$ trong đó $t=\dfrac{a+b+c}{3}.$

Bắt đầu từ BĐT $(*)$, ta sẽ tìm cách xử lí khác bằng cách sử dụng Định lý 2:
Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3,t=d^3$, ta có $x+y+z+t=4$. Đặt tiếp $F(x,y,z,t)=P\left(\sqrt[3]{x},\sqrt[3]{y},\sqrt[3]{z},\sqrt[3]{t}\right)=P(a,b,c,d)$, BĐT $(*)$ trở thành $$F(x,y,z,t)\le \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right) \hspace{2cm} (**)$$ (nếu ta thay $x,y$ bằng hai số bất kì trong bốn số $x,y,z,t$ thì tất nhiên BĐT $(**)$ cũng đúng)
Bây giờ áp dụng BĐT $(**)$ nhiều lần ta có
\begin{eqnarray}
F(x,y,z,t) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right),F\left(x+y,0,z,t \right) \right) \\
F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z,t \right) & \le & \max \left(F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{z+t}{2},\dfrac{z+t}{2} \right),F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z+t,0 \right) \right) \\
F\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{z+t}{2},\dfrac{z+t}{2} \right) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{s}{4},\dfrac{z+t}{2} \right),F\left(\dfrac{s}{2},\dfrac{x+y}{2},0,\dfrac{z+t}{2} \right) \right) \\
F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{x+y}{2},\dfrac{s}{4},\dfrac{z+t}{2} \right) &\le & \max \left(F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{4} \right),F\left(\dfrac{s}{4},\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{4},0 \right)\right) \hspace{1cm} (\text{trong đó } s=x+y+z+t)
\end{eqnarray}
Từ các BĐT trên ta rút ra nhận xét:

Nhận xét 1. $F(x,y,z,t)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $x,y,z,t$ đều bằng nhau hoặc có một số bằng $0$.

Bây giờ xét $G(x,y,z)=F(x,y,z,0)$. Ta sẽ chứng minh nhận xét sau:

Nhận xét 2. $G(x,y,z)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả ba số $x,y,z$ đều bằng nhau hoặc có một số bằng $0$.

Chỉ cần chứng minh: Với mọi $x,y,z$, giả sử không tồn tại $s,r$ sao cho $G(x,y,z)\le G(s,r,0)$, khi đó $x=y=z$.
Lưu ý là từ BĐT $(**)$ ta có $G(x,y,z)\le \max \left(G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z \right),G\left(x+y,0,z \right) \right)$. Do đó nếu điều giả sử ở trên là đúng thì ta luôn có $G(x,y,z)\le G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},z \right)$. Áp dụng Định lý 2 ta có ngay điều phải chứng minh.
Tóm lại ta đã chứng minh Nhận xét 2.

Như vậy, từ Nhận xét 1, Nhận xét 2 và BĐT $G(x,y,0)\le \max \left(G\left(\dfrac{x+y}{2},\dfrac{x+y}{2},0 \right),G\left(x+y,0,0 \right) \right)$ ta suy ra: $F(x,y,z,t)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $x,y,z,t$ đều bằng nhau, hoặc có một số bằng 0 và ba số còn lại bằng nhau, hoặc có hai số bằng 0 và hai số lại bằng nhau, hoặc có ba số bằng 0. Nghĩa là
\begin{eqnarray}
P(a,b,c,d) &\le& \max \left(P(1,1,1,1),P\left(\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},\sqrt[3]{4/3},0\right),P\left(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2},0,0\right),P\left(\sqrt[3]{4},0,0,0\right)\right) \\
&=& \max \left(4+4k+4l,\dfrac{4}{3}k+2\sqrt[3]{6} +l\sqrt[3]{36},2\sqrt[3]{4}+2l\sqrt[3]{2},2\sqrt[3]{2}+l\sqrt[3]{4}\right).
\end{eqnarray}

*******


Đối với nhiều bạn, có lẽ ngay cả đến Định lý 2 cũng rất xa lạ. OK, ta có thể chứng minh luôn Định lý 2 (đó chỉ là một bài tập giới hạn dãy số nho nhỏ). Nhưng thực sự mà nói thì bài toán này không phải dành cho các bạn. Tuy nhiên, các bạn cũng có thể rút ra được nhiều điều bổ ích từ lời giải ở trên (nếu nó đúng :D) để áp dụng vào các kì thi. Các bạn có thể thấy là chúng ta đã có thể kết luận được như sau mà không cần đến bất cứ định lý phụ trợ nào: $P(a,b,c,d)$ đạt giá trị lớn nhất khi cả bốn số $a,b,c,d$ đều bằng nhau, hoặc có một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. Và như vậy, bài toán đã được đưa về một biến, tất nhiên về nguyên tắc sẽ giải tiếp được bằng khảo sát hàm (với những giá trị cụ thể của $l,k$ thì chắc chắn nó sẽ được giải quyết dễ dàng).

Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#20 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-12-2011 - 14:03

Hoá ra anh Khuê học Toán cao cấp ngay từ hồi còn THPT :P

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

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