Đến nội dung

Hình ảnh

THẢO LUẬN VÀ SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC $\star \star \star \star \star $


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 57 trả lời

#1
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Vậy là topic được đưa vào hoạt động. Nội quy và cách thức hoạt động các bạn có thể xem ở bên dưới.
Bài toán mở đầu:[huymit_95]
Cho $m,n,p$ là các số thực không âm thoả mãn $mn+np+pm=1$ và $x,y,z>0$. Chứng minh rằng :
$$m(y+z)^2+n(z+x)^2+p(x+y)^2\ge 4\sqrt{xyz(x+y+z)}$$
Mục đích của chúng ta ở đây là có nhiều lời giải đẹp, có những mở rộng hay. Thú thực, mình bây giờ chỉ có mỗi 1 cách giải. Nên nếu mọi người sáng tạo thêm nhiều cách khác thì thật tuyệt vời.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 06-07-2012 - 21:43

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#2
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Bài toán :
Cho $m,n,p$ là các số thực không âm thoả mãn $mn+np+pm=1$ và $x,y,z>0$. Chứng minh rằng :
$$m(y+z)^2+n(z+x)^2+p(x+y)^2\ge 4\sqrt{xyz(x+y+z)}$$

Chuẩn hóa: xyz(x+y+z)=1
Do khi ta chuyển đối $m \to n\to p \to m$ ta có ĐK giả thiết không thay đổi nên việc chứng minh BĐT đã cho tương đương với việc chứng minh BĐT sau:
$\sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2\geq 12$
$\Leftrightarrow \left ( \sum m \right )\left ( \sum (y+z)^2 \right )\geq12$
Ta có: $ \left ( \sum m \right )^2\geq 3\left ( \sum np \right )\Rightarrow \sum m\geq \sqrt{3}$ (1)
$\sum (y+z)^2\geq 4\left ( \sum yz \right )\geq 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}=4\sqrt{3}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}~;~x=y=z.$ @_^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 25-06-2012 - 20:12


#3
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Anh xem lời giải của em có được nhân thưởng không nhé:
Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: $(a+b+c)^2\geq{3(ab+bc+ca)}$ $(1)$.
Gọi A là vế trái của BDT cần chứng minh,
Áp dụng $(1)$ vào bài toán ta có:
$A\geq{3(mn[(y+z)(z+x)]^2+np[(z+x)(x+y)]^2+mp[(x+y)(y+z)]^2)}$. (2)
Ta đã biết BDT Chebyshev (chắc không cần chứng minh lại chứ anh?!) nêu lại như sau:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều $a_1$, $a_2$, $...$,$a_n$ và $b_1$, $b_2$, $...$, $b_n$ ta có: $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\geq{\frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)}$.
Chú ý $(x,y,z)$ và $(m,n,p)$ rời nhau tức là không ràng buộc với nhau về điều kiện. Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq{y}\geq{z}$ và $m\geq{n}\geq{p}$.
Áp dụng BDT Chebyshev vào bài toán ta có: RHS $(2)$ $\geq{3\frac{1}{3}(mn+np+mp)([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])}$.
Chú ý $mn+np+pm=1$, như vậy ta cần chứng minh:
$([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])\geq{16xyz(x+y+z)}$
Bất đẳng thức này đúng, thật vậy: Chuẩn hóa $x+y+z=3$ ta biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng như sau:
$(3x+yz)^2+(3y+zx)^2+(3z+xy)^2\geq{48xyz}$
tương đương với: $9(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{30xyz}$ (khai triển và rút gọn).
Lại có $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{xyz(x+y+z)}$ nên ta cần chứng minh $x^2+y^2+z^2\geq3xyz$
tức là $(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\geq{3xyz}$. Tới đây, dùng AM-GM cho 3 số ở từng thừa số ta có đpcm. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x=y=z$, $m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}$
huymit_95 : Bài này vì $x,y,z$ song hành với $m, n, p$ nên chỉ có thể giả sử cho một dãy nhé :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 29-06-2012 - 16:09

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#4
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết

Chuẩn hóa: xyz(x+y+z)=1
Do khi ta chuyển đối $m \to n\to p \to m$ ta có ĐK giả thiết không thay đổi nên việc chứng minh BĐT đã cho tương đương với việc chứng minh BĐT sau:
$\sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2\geq 12$
$\Leftrightarrow \left ( \sum m \right )\left ( \sum (y+z)^2 \right )\geq12$
Ta có: $\Leftrightarrow \left ( \sum m \right )^2\geq 3\left ( \sum np \right )\Rightarrow \sum m\geq \sqrt{3}$ (1)
$\sum (y+z)^2\geq 4\left ( \sum yz \right )\geq 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}=4\sqrt{3}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}~;~x=y=z=\frac{1}{\sqrt[4]{3}}.$ @_^

Thứ nhất cho mình hỏi vì sao có m,n,p mà sao bạn chuẩn hóa được vậy, hai vế đâu có đồng bậc, với lại dấu bằng của bạn sai rồi ,hãy chú ý là bạn đang chuẩn hóa đấy!!
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#5
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Thứ nhất cho mình hỏi vì sao có m,n,p mà sao bạn chuẩn hóa được vậy, hai vế đâu có đồng bậc, với lại dấu bằng của bạn sai rồi ,hãy chú ý là bạn đang chuẩn hóa đấy!!

Mình đã sửa lại ĐK xảy ra dấu "=". Mình xét biểu thức 2 vế đối với các biến x, y, z đều đồng nhất bậc 2 .@_^

#6
khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết

Anh xem lời giải của em có được nhân thưởng không nhé:
Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: $(a+b+c)^2\geq{3(ab+bc+ca)}$ $(1)$.
Gọi A là vế trái của BDT cần chứng minh,
Áp dụng $(1)$ vào bài toán ta có:
$A\geq{3(mn[(y+z)(z+x)]^2+np[(z+x)(x+y)]^2+mp[(x+y)(y+z)]^2)}$. (2)
Ta đã biết BDT Chebyshev (chắc không cần chứng minh lại chứ anh?!) nêu lại như sau:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều $a_1$, $a_2$, $...$,$a_n$ và $b_1$, $b_2$, $...$, $b_n$ ta có: $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\geq{\frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)}$.
Chú ý $(x,y,z)$ và $(m,n,p)$ rời nhau tức là không ràng buộc với nhau về điều kiện. Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq{y}\geq{z}$ và $m\geq{n}\geq{p}$.
Áp dụng BDT Chebyshev vào bài toán ta có: RHS $(2)$ $\geq{3\frac{1}{3}(mn+np+mp)([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])}$.
Chú ý $mn+np+pm=1$, như vậy ta cần chứng minh:
$([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])\geq{16xyz(x+y+z)}$
Bất đẳng thức này đúng, thật vậy: Chuẩn hóa $x+y+z=3$ ta biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng như sau:
$(3x+yz)^2+(3y+zx)^2+(3z+xy)^2\geq{48xyz}$
tương đương với: $9(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{30xyz}$ (khai triển và rút gọn).
Lại có $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{xyz(x+y+z)}$ nên ta cần chứng minh $x^2+y^2+z^2\geq3xyz$
tức là $(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\geq{3xyz}$. Tới đây, dùng AM-GM cho 3 số ở từng thừa số ta có đpcm. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x=y=z$, $m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Đây là dạng hoán vị chứ không phải đối xứng, bạn không thể giả sử như thế được.

THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT

LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN

 

Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa


#7
tranghieu95

tranghieu95

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 147 Bài viết

Anh xem lời giải của em có được nhân thưởng không nhé:
Ta có bất đẳng thức quen thuộc sau: $(a+b+c)^2\geq{3(ab+bc+ca)}$ $(1)$.
Gọi A là vế trái của BDT cần chứng minh,
Áp dụng $(1)$ vào bài toán ta có:
$A\geq{3(mn[(y+z)(z+x)]^2+np[(z+x)(x+y)]^2+mp[(x+y)(y+z)]^2)}$. (2)
Ta đã biết BDT Chebyshev (chắc không cần chứng minh lại chứ anh?!) nêu lại như sau:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều $a_1$, $a_2$, $...$,$a_n$ và $b_1$, $b_2$, $...$, $b_n$ ta có: $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\geq{\frac{1}{n}(a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)}$.
Chú ý $(x,y,z)$ và $(m,n,p)$ rời nhau tức là không ràng buộc với nhau về điều kiện. Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq{y}\geq{z}$ và $m\geq{n}\geq{p}$.
Áp dụng BDT Chebyshev vào bài toán ta có: RHS $(2)$ $\geq{3\frac{1}{3}(mn+np+mp)([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])}$.
Chú ý $mn+np+pm=1$, như vậy ta cần chứng minh:
$([(x+y)(y+z)]^2+(y+z)(z+x)^2+(z+x)(x+y)^2])\geq{16xyz(x+y+z)}$
Bất đẳng thức này đúng, thật vậy: Chuẩn hóa $x+y+z=3$ ta biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng như sau:
$(3x+yz)^2+(3y+zx)^2+(3z+xy)^2\geq{48xyz}$
tương đương với: $9(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{30xyz}$ (khai triển và rút gọn).
Lại có $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq{xyz(x+y+z)}$ nên ta cần chứng minh $x^2+y^2+z^2\geq3xyz$
tức là $(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)\geq{3xyz}$. Tới đây, dùng AM-GM cho 3 số ở từng thừa số ta có đpcm. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $x=y=z$, $m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Theo mình nghĩ chưa giả sử $x\geq y\geq z$ và $m\geq n\geq q$ đc
TỪ TỪ LÀ HẠNH PHÚC
A1K39PBC

#8
Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 321 Bài viết

Chuẩn hóa: xyz(x+y+z)=1
Do khi ta chuyển đối $m \to n\to p \to m$ ta có ĐK giả thiết không thay đổi nên việc chứng minh BĐT đã cho tương đương với việc chứng minh BĐT sau:
$\sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2\geq 12$
$\Leftrightarrow \left ( \sum m \right )\left ( \sum (y+z)^2 \right )\geq12$
Ta có: $ \left ( \sum m \right )^2\geq 3\left ( \sum np \right )\Rightarrow \sum m\geq \sqrt{3}$ (1)
$\sum (y+z)^2\geq 4\left ( \sum yz \right )\geq 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}=4\sqrt{3}$ (2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p=\frac{1}{\sqrt{3}}~;~x=y=z.$ @_^

Lời giải này sai, cho dù bạn hoán đổi đi chăng nữa thì bạn sẽ đưa ra 3 bài toán:
$$ \sum m(y+z)^2 \ge 4$$
$$ \sum n(y+z)^2 \ge 4$$
$$ \sum p(y+z)^2 \ge 4$$
3 bđt này mà tương đương với
$$ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$$
thì đúng là sai lầm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-06-2012 - 22:20


#9
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Lời giải này sai, cho dù bạn hoán đổi đi chăng nữa thì bạn sẽ đưa ra 3 bài toán:
$ \sum m(y+z)^2 \ge 4$
$ \sum n(y+z)^2 \ge 4$
$ \sum p(y+z)^2 \ge 4$
3 bđt này mà tương đương với
$ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$
thì đúng là sai lầm!

Theo mình nghĩ cả 3 bài toán này thực chất chỉ là 1 bài. Mình chỉ thấy thoạt đầu nhìn vào mình cũng đã bị đánh lừa bởi hình thức giả tạo trong cách phát biểu của bài toán mà thôi.@_^

#10
Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 321 Bài viết
Thế bạn nghĩ rằng $3 \ge 4, 5\ge 4, 6 \ge 4 \leftrightarrow 3+5+6 \ge 12 $ tức là bạn chỉ cần cm bđt cuối là suy ra 3 bđt trên sao, bđt cuối chỉ là bđt hệ quả không phải mang tính tương đương.

#11
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Thế bạn nghĩ rằng $3 \ge 4, 5\ge 4, 6 \ge 4 \leftrightarrow 3+5+6 \ge 12 $ tức là bạn chỉ cần cm bđt cuối là suy ra 3 bđt trên sao, bđt cuối chỉ là bđt hệ quả không phải mang tính tương đương.

Các số mà bạn lấy ví dụ không có một sự ràng buộc nào với nhau cả, đặc biệt là không có sự hoán đổi thay phiên cho nhau nên hiển nhiên điều bạn vừa nói là đúng. Giả sử có 3 người lính cùng gác 1 cái cổng thay phiên nhau theo thứ tự và mọi cái xung quanh đều bất biến thì mình nghĩ có thể coi tất cả các chu kì trực gác của họ chỉ là 1 lượt@_^

#12
Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 321 Bài viết
Thôi được rồi tôi đưa cho bạn 1 ví dụ khác. Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$x^2+2y^2+3z^2 \ge 2(xy+yz+zx)$$
Bây giờ theo cách của bạn thì ta đưa ra thêm 2 bđt nữa:
$$ y^2+2z^2+3x^2 \ge 2(xy+yz+zx)$$
$$z^2+2x^2+3y^2 \ge 2(xy+yz+zx)$$
và 3 cái này tương đương với:
$6(x^2+y^2+z^2) \ge 6(xy+yz+zx)$
bđt cuối hoàn toàn đúng, nhưng theo bạn 3 bđt trên có hoàn toàn đúng không. Rõ ràng bđt cuối chỉ là hệ quả suy ra từ 3 bđt ban đầu chứ nó không mang tính tương đương.

#13
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Thôi được rồi tôi đưa cho bạn 1 ví dụ khác. Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$x^2+2y^2+3z^2 \ge 2(xy+yz+zx)$$
Bây giờ theo cách của bạn thì ta đưa ra thêm 2 bđt nữa:
$$ y^2+2z^2+3x^2 \ge 2(xy+yz+zx)$$
$$z^2+2x^2+3y^2 \ge 2(xy+yz+zx)$$
và 3 cái này tương đương với:
$6(x^2+y^2+z^2) \ge 6(xy+yz+zx)$
bđt cuối hoàn toàn đúng, nhưng theo bạn 3 bđt trên có hoàn toàn đúng không. Rõ ràng bđt cuối chỉ là hệ quả suy ra từ 3 bđt ban đầu chứ nó không mang tính tương đương.

Mình không hiểu ý bạn và bạn cũng chư hiểu ý mình. Mình đã nói rồi, còn ở TH bạn đưa ra hiển nhiên không đúng vì các hệ số 1, 2, 3 mà bạn vừa nói không có một sự ràng buộc thay phiên nhau nào với nhau cả. Đúng là nếu có 3 vương quốc cũng có 3 anh lính cũng trực 1 cái cổng nhưng không thể đồng nhất được 3 vương quốc đó làm 1 đc. Bạn hiểu ý mình chứ @_^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 25-06-2012 - 22:51


#14
tranghieu95

tranghieu95

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 147 Bài viết
Mình nghĩ m,n,p ko bình đẳng
TỪ TỪ LÀ HẠNH PHÚC
A1K39PBC

#15
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Mình nghĩ m,n,p ko bình đẳng

Đúng là chúng không bình đẳng nhưng chúng hoán vị được cho nhau mà bạn.@_^

#16
tranghieu95

tranghieu95

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 147 Bài viết
Cho mình hỏi có thể sắp xếp $mn\geq np\geq pm$ và $x=min{x;y;z}$ đc ko ạ
TỪ TỪ LÀ HẠNH PHÚC
A1K39PBC

#17
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết
Cho 3 số a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Ba bài toán sau cũng chỉ là 1 bài:
Bài 1. Tìm x, y, z thỏa mãn: ax + by + cz = xyz với ab + bc + ca = 1
Bài 2. Tìm x, y, z thỏa mãn: bx + cy + az = xyz với bc + ca + ab = 1
Bài 3. Tìm x, y, z thỏa mãn: cx + ay + bz = xyz với ca + ab + bc = 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 25-06-2012 - 23:35


#18
Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 321 Bài viết

Đúng là chúng không bình đẳng nhưng chúng hoán vị được cho nhau mà bạn.@_^

Cái quan trọng mà mình nói ở đây là bạn đã hiểu sai về vấn đề tương đương và suy ra. Bạn có 3 bđt trên bạn suy ra đc bđt mà bạn đã cm là cái bđt mà >= 12 đấy. Nhưng từ cái bđt bạn đã cm đc đấy bạn ko thể suy lên trên được về 3 cái bđt kia. Còn cái phần hoán vị hay ko ko quan trọng. Cái quan trọng ở đây là tính tương đương và hệ quả

#19
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết

Cái quan trọng mà mình nói ở đây là bạn đã hiểu sai về vấn đề tương đương và suy ra. Bạn có 3 bđt trên bạn suy ra đc bđt mà bạn đã cm là cái bđt mà >= 12 đấy. Nhưng từ cái bđt bạn đã cm đc đấy bạn ko thể suy lên trên được về 3 cái bđt kia. Còn cái phần hoán vị hay ko ko quan trọng. Cái quan trọng ở đây là tính tương đương và hệ quả

Mình đã nói rồi ba BĐT:
$ \sum m(y+z)^2 \ge 4$ với mn + np + pm = 1
$ \sum n(y+z)^2 \ge 4$ với np + pm + mn = 1
$ \sum p(y+z)^2 \ge 4$ với pm + mn + np = 1
Cũng chỉ được coi là 1 mà thôi, do đó cả ba BĐT trên đều tương đương với nhau và đều tương đương với BĐT:
$ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 25-06-2012 - 23:37


#20
The Gunner

The Gunner

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

Mình đã nói rồi ba BĐT:
$ \sum m(y+z)^2 \ge 4$ với mn + np + pm = 1
$ \sum n(y+z)^2 \ge 4$ với np + pm + mn = 1
$ \sum p(y+z)^2 \ge 4$ với pm + mn + np = 1
Cũng chỉ được coi là 1 mà thôi, do đó cả ba BĐT trên đều tương đương với nhau và đều tương đương với BĐT:
$ \sum m(y+z)^2+\sum n(y+z)^2+\sum p(y+z)^2 \ge 12$

Đúng là bạn nên xem lại, ngay cái chỗ 3 BĐT đó là tương đương cũng đã thấy sai rồi, Cho mình hỏi bạn đã học lớp 10 chưa, phần đâu của lớp 10 có dạy về tương đương và suy ra :D

Những ngày cuối cùng còn học toán

winwave1995




0 người đang xem chủ đề

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