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

Sáng tạo trong bất đẳng thức


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 25 trả lời

#21 hoilamchi

hoilamchi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Can Lộc
  • Sở thích:Doraemon và những thứ liên quan đến Mon ú

Đã gửi 03-05-2015 - 16:56

Cho em hỏi về phương pháp chuẩn hoá trong bất đẳng thức ạ?Lúc nào thì sử dụng và cách sử dụng ạ?

P/s:Mới nhập môn BDT nên còn ngu lắm,mong các tiền bối chỉ giáo :biggrin:



#22 ducvipdh12

ducvipdh12

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 454 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Quảng Trị
  • Sở thích:ANIME IS LOVE,ANIME IS LIFE

Đã gửi 03-05-2015 - 17:13

Cho em hỏi về phương pháp chuẩn hoá trong bất đẳng thức ạ?Lúc nào thì sử dụng và cách sử dụng ạ?

P/s:Mới nhập môn BDT nên còn ngu lắm,mong các tiền bối chỉ giáo :biggrin:

hàm f(a,b,c) được gọi là thuần nhất với các biến trên miền I nếu nó thỏa mãn điều kiện

$f(ta,tb,tc)=t^k.f(a,b,c)$ với k không phụ thuộc a,b,c,t mà phụ thuộc vào hàm f

muốn chuẩn hóa được thì phải thỏa mãn  điều kiện này. Còn muốn sử dụng thì mục đích của nó là làm BĐT cần CM trở nên đơn giản nhất nên còn tùy khả năng chuẩn hóa của em :)


FAN THẦY THÔNG,ANH CẨN,THẦY VINH :icon6: :icon6:

#23 khanghaxuan

khanghaxuan

    Trung úy

  • Thành viên
  • 969 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Bất đẳng thức , Tổ Hợp .

Đã gửi 29-05-2015 - 19:56

Cho $X^2+Y^2+Z^2=\frac{1}{2}$ thì

 $\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{y^2+z^2}+\frac{1}{z^2+x^2}\geq 9$

Bài toán sẽ trở nên thú vị nếu thay điều kiện : $x^{2}+y^{2}+z^{2}=\frac{1}{2}\rightarrow x+y+z=\frac{1}{2}$

Và đây cũng là bđt Vasc nổi tiếng ( cũng không hẳn nổi tiếng lắm :P )

c$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{6}{(a+b+c)^{2}}$ :)


Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .

- A.Lincoln -

#24 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 02-08-2015 - 09:05

Hôm trước cô của mình có ra 1 bài như thế này

1.Cho $a;b;c;d>0$ và $\sum \frac{1}{1+a}=3$.Chứng minh $abcd\leq \frac{1}{81}$

Lời giải:
Kết hợp gt vs AM-GM cho $3$ số ta có
$\frac{1}{1+a}=(1-\frac{1}{1+b})+(1-\frac{1}{1+c})+(1-\frac{1}{1+d})=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\geq 3\sqrt[3]{\frac{bcd}{(1+b)(1+c)(1+d)}}$ 
Tương tự rồi nhân vế với vế ta có $\frac{1}{\prod (1+a)}\geq 81\frac{abcd}{\prod (1+a)}\Leftrightarrow abcd\leq \frac{1}{81}(đpcm)$
Dấu''='' xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{3}$
Sau một hồi suy nghĩ mình đưa ra bài toán tổng quát sau:
1.a.Cho $a_{1};a_{2};...;a_{n}> 0$ và $\sum \frac{1}{1+a_{1}}=n-1$
Chứng minh:$a_{1}a_{2}...a_{n}\leq \frac{1}{(n-1)^{n}}$
Lời giải:
Mình vẫn sẽ dùng gt kết hợp vs AM-GM như sau
Ta có $\frac{1}{1+a_{1}}=(1-\frac{1}{1+a_{2}})+(1-\frac{1}{1+a_{3}})+...+(1-\frac{1}{1+a_{n}})$ ($n-1$ số $1$)
$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a_{1}}=\frac{a_{2}}{1+a_{2}}+\frac{a_{3}}{1+a_{3}}+...+\frac{a_{n}}{1+a_{n}}\geq n\sqrt[n]{\frac{a_{2}a_{3}a_{4}...a_{n}}{(1+a_{2})(1+a_{3})...(1+a_{n})}}$
Hoàn toàn tương tự nhân vế với vế ta có $\frac{1}{\prod (1+a)}\geq (n-1)^{n}.\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{\prod (1+a)}\Leftrightarrow \frac{1}{(n-1)^{n}}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}(đpcm)$
Dấu''='' xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=..=a_{n}=\frac{1}{n-1}$
Mình mong các bạn sẽ góp ý cho lời giải trên của mình   :icon6:
Mình đang băn khoăn nếu như nâng số mũ của giả thiết lên mũ $2$ thì kết luận có thay đổi như thế nào??
Mong các bạn góp ý cho mở rộng của bài toán trên 
2.Còn $1$ bài toán nữa mà mình nghĩ mở rộng của mình chưa được thú vị cho lắm
Cho $a;b;c>0$.Chứng minh:$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}> 2$
Lời giải:
Áp dụng AM-GM ta có
$\sqrt{\frac{b+c}{a}}\leq \frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$
Tương tự cộng vế với vế ta có $VT\geq 2$.Tuy nhiên dấu''='' không xảy ra do đó $VT>2$ (đpcm)
2a. Cho $a_{1};a_{2};...;a_{n}> 0$.Chứng minh:$\sum \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}}> 2$
Cách giải tương tự như sau 
$\sqrt{\frac{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}{a_{1}}}\leq \frac{\frac{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}{a_{1}}+1}{2}=\frac{\sum a_{1}}{2a_{1}}\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{n}}}\geq \frac{2a_{1}}{\sum a_{1}}$
Hoàn toàn tương tự cộng vế với vế ta có $VT\geq 2$.Tuy nhiên dấu''='' không xảy ra do đó $VT>2$ (đpcm)
2b. Cho $a_{1};a_{2};...;a_{n}> 0$.Chứng minh $\sum \sqrt{\frac{a_{1}^{n}}{a_{2}^{n}+a_{3}^{n}+...+a_{n}^{n}}}> 2$
Lời giải tương tự xin dành cho các bạn   :icon6:
Mình thắc mắc liệu nếu như bài toán gốc không phải là căn $2$ mà là căn $3$,căn $4$ thì kết luận sẽ như thế nào??
Mong các bạn có thể cùng mình trao đổi các vấn đề này  :icon6:
Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 02-08-2015 - 09:06


#25 toantuoithotth

toantuoithotth

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Xứ sở nàng tiên
  • Sở thích:Màu hường

Đã gửi 02-06-2018 - 20:12

Để biểu thức $P \geq 0$ ta có các trường hợp sau:

+) $a \geq c \geq b$.

+) $b \geq a \geq c$.

+) $c \geq b \geq a$.

Như vậy ta chỉ cần xét một trường hợp thì cũng đúng cho hai trường hợp còn lại.

Ta xét: $a \geq c \geq b \Rightarrow a^2=1-b^2-c^2 \geq 1-2a^2 \Rightarrow a \geq \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$

Ta có: $ a^2+b^2+c^2=1 \Rightarrow b^2=1-a^2-c^2 \le 1-2b^2 \Rightarrow b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$

Và ta lại có: $a^2+c^2=1-b^2 \le 1 \Rightarrow a^2 \le 1-c^2 \Rightarrow a \le \sqrt{1-c^2}$

Và lưu ý: $a \le 1$

Đối với trường hợp này ($a \geq c \geq b$) 90% dự đoán điểm rơi sẽ là $b=0$ nên ta sẽ đi theo hướng khảo sát hàm số $P(b)$ ( Quan trọng là miền của $b$ ta phải xác định càng kĩ càng tốt vì đây là yếu tố quyết định, chỉ cần miền của $b$ lớn hơn một tí là chúng ta sẽ thấy hướng đi không đảm bảo khi khảo sát. Ở đây có hai miền của $b$ mà chúng ta cần nghĩ đến là $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ và $0 \le b \le c$. Tuy nhiên với cách làm của tôi thì các bạn sẽ thấy ta nên chọn miền nào của $b$.

Sau đây là lời giải:

Ta có: $P=(a-c) \big[ 2b^3-(1+ac)b+a^2c+ac^2 \big]$

Ta xét hàm số $P(b)=(a-c) \big[ 2b^3-(1+ac)b+a^2c+ac^2 \big]$

Ta có: $P^{'}(b) =(a-c)(6b^2-1-ac)=0 \Rightarrow b=- \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}, b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}$

Rõ ràng nếu ta dùng miền $b$ là $0 \le b \le c$ thì $b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}}$ chưa thể $ \le c$. Nhưng khi dùng miền $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ thì $b= \sqrt{ \dfrac{1+ac}{6}} \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$ luôn đúng và $P(0)>P \Bigg( \dfrac{1}{ \sqrt{3}} \Bigg)$. Vậy nên ta chọn miền $0 \le b \le \dfrac{1}{ \sqrt{3}}$.

Lập bảng biến thiên ta có $MaxP= P(0)=ac(a-c)(a+c)=ac(a^2-c^2)$

Ta lại có: $P(0) \le c \sqrt{1-c^2}(1-2c^2)$

Đặt $F(c)=c \sqrt{1-c^2}(1-2c^2)$ với $c \in \big[0; \dfrac{ \sqrt{2}}{2} \big]$.

Giải thích: $c \in \big[0; \dfrac{ \sqrt{2}}{2} \big]$ vì $c^2 \le a^2=1-b^2-c^2 \le 1-c^2 \Rightarrow c^2 \le 1-c^2 \Rightarrow 0 \le c \le \dfrac{ \sqrt{2}}{2}$.

Ta có: $F^{'}(c)= \dfrac{8c^4-8c^2+1}{ \sqrt{1-c^2}} =0 \Rightarrow c=- \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2}, c=- \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2}, c= \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2}, c= \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2} $.

Lập bảng biến thiên ta có: $MaxF(c)= F \Bigg( \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2} \Bigg) = \dfrac{1}{4}$

Vậy ta có $MaxP= \dfrac{1}{4}$ tại $a= \dfrac{ \sqrt{2+ \sqrt{2}}}{2}, b=0, c= \dfrac{ \sqrt{2- \sqrt{2}}}{2} $.

________________________________________________________

Xét $$P^2=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2(a+b+c)^2$$
Nếu đặt $p=a+b+c\ge 0,\ 0\le q=ab+bc+ca\le 1,\ r=abc\ge 0$. Khi đó, giả thiết suy ra $p^2=2q+1$ và ta có
\[\begin{aligned}P^2&=(p^2q^2+8pqr-27r^2-4q^3-4p^3r)p^2\\
&=-27(2q+1)r^2-4(2q+1)\sqrt{2q+1}r+(2q+1)q^2(1-2q)=f(r)\end{aligned}\]
Ta có $f'(r)=0\iff r= \dfrac{-2\sqrt{2q+1}}{27}<0.$
Kết hợp BĐT $Schur$ suy ra $r\ge \max \left \{ 0, \dfrac{(2q-1)\sqrt{2q+1}}{4} \right \}$.
Vì hàm $f(r)$ là hàm bậc hai theo ẩn $r$ có hệ số $a<0$ và hoành độ đỉnh âm nên $f(r)$ nghịch biến trên $[0;+\infty).$
+ TH1: Nếu $\dfrac{1}{2}\le q\le 1$ thì
\[f(r)\le f \left( \dfrac{\sqrt{2q+1}(2q-1)}{4} \right ) =-218q^3+93q^2+54q-23\le 0.\]
+ TH2: Nếu $0\le q\le \dfrac{1}{2}$ thì
\[f(r)\le f \left( 0 \right ) =(1+2q)q^2(1-2q)\le \dfrac{1}{16}.\]
Do đó, \[- \dfrac{1}{4}\le P\le \dfrac{1}{4}\]
Vậy, \[\boxed{\min P= - \frac{1}{4}\Leftrightarrow a= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},b= \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2},c=0}\]
\[\color{blue}{\boxed{\max P= \frac{1}{4}\Leftrightarrow b= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},c= \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2},a=0}}\]

P/S: Trích theo lời giải của toantuoithotth


                                                                                                    Sĩ quan


#26 vfone

vfone

    Lính mới

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

Đã gửi 30-05-2019 - 15:08

Công nhận giờ nhìn vào mấy cái này khó thật! không biết làm ntn thế mà ngày xưa làm ầm ầm


VFone là tổng đài điện thoại ứng dụng công nghệ VoIP trên nền tảng Internet





1 người đang xem chủ đề

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