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

Sử dụng khai triển $Abel$ để chứng minh bất đẳng thức


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-10-2012 - 23:11

Phép nhóm $Abel$ là 1 phương pháp khá hiệu quả trong chứng minh bất đẳng thức.Đặc biệt là các bài toán có điều kiện nhiều và phức tạp.Mình lập t0pic này để giới thiệu và tập hợp các bài toán sử dụng phép nhóm này (rồi sau này sẽ tổng hợp thành 1 file PDF tặng diễn đàn.Mong các bạn ủng hộ :) )
Bài toán mở đầu.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thỏa $a\geq b\geq 1,a\leq 3,ab\leq 6,ab\leq 6c$.Chứng minh rằng:
$$a+b-c\leq 4$$
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại dưới dạng:
$$a+b+1\leq 3+2+c$$
Ta có đẳng thức sau:
$$3+2+c=(a-b).\frac{3}{a}+\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}\right)(b-1)+\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+c\right)$$
Nhưng mặt khác the0 giả thiết và bất đẳng thức AM-GM ta có:
$$(a-b).\frac{3}{a}+\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}\right)(b-1)+\left(\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+c\right)\geq (a-b)\frac{3}{a}+2(b-1)\sqrt{\frac{6}{ab}}+3\sqrt[3]{\frac{6c}{ab}}\geq a-b+2(b-1)+3=a+b+1$$
Vậy
$$3+2+c\geq a+b+1$$
Và ta có điều phải chứng minh. $\square$
Cảm giác của các bạn sau khi đọc x0ng lời giải trên là gì?Bằng cảm tính, mình đoán là với những bạn chưa biết về khai triển $Abel$ sẽ cảm thấy lời giải này thật khó hiểu,và kể cả sau khi đọc x0ng 2~3 ngày các bạn vẫn không thể làm lại được chính bài toán này.Để ch0 các bạn THPT và THCS sắp thi cấp 3 có đủ tự tin khi đứng trước 1 bài toán điều kiện nhiều và phức tạp,mình sẽ viết chuyên đề về khai triển $Abel$

$\bullet$ Khai triển $Abel$ tổng quát:
Ch0 $x_1,x_2,....,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ là các số thực tùy ý.Đặt $c_k=y_1+y_2+...+y_k\,\,\, \forall k\in R,1\leq k\leq n$.Khi đó:
$$\boxed{x_1y_1+x_2y_2+....+x_n y_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n-1}-x_n)c_{n-1}+x_nc_n}$$
Và 2 đẳng thức thường dùng là:
$$\boxed{a_1 b_1+a_2 b_2=(a_1-a_2)b_1+a_2(b_1+b_2)}$$
$$\boxed{a_1 b_1+a_2 b_2+a_3b_3=(a_1-a_2)b_1+(a_2-a_3)(b_1+b_2)+a_3(b_1+b_2+b_3)}$$

$\bullet$ Chúng ta sẽ cùng nhau đến với 1 số ví dụ điển hình:
Ví dụ 1:
Ch0 $0<\beta\leq y\leq x,\alpha > 0$ Và $xy\geq \alpha.\beta$.Cm:
$$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\leq \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}$$

Phân tích & tìm tòi lời giải:
Đối với những bài toán sử dụng khai triển $Abel$,chúng ta hãy đi từ vế lớn hơn hoặc bằng trước,sau đó phân tích để có xuất hiện nhân tử của vế nhỏ hơn hoặc bằng:
$$\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=\frac{1}{x}.\frac{x}{\alpha}+\frac{1}{y}.\frac{y}{\beta}$$
Nếu tinh ý,chắc hẳn các bạn cũng thấy được ẩn ý của mình khi phân tích như vậy.Nếu muốn chứng minh $A+B\geq X+Y$ thì cách tách hợp lí nhất để dùng khai triển $Abel$ chính là:
$$A+B=X.b_1+Y.b_2$$
Sa0 ch0 khi dấu bằng xảy ra thì $b_1=b_2=1$. Bây giờ áp dụng khai triển $Abel $ ta có:
$$\frac{x}{\alpha}.\frac{1}{x}+\frac{y}{\beta}.\frac{1}{y}=\left(\frac{1}{y}-\frac{1}{x}\right)\frac{y}{\beta}+\frac{1}{x}.\left(\frac{x}{\alpha}+\frac{y}{\beta}\right)$$
$$\geq \frac{1}{y}-\frac{1}{x}+\frac{1}{x}.2\sqrt{\frac{xy}{\alpha.\beta}}\geq \frac{1}{y}-\frac{1}{x}+\frac{1}{x}.2 =\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$$

Vậy bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra tại $x=\alpha,y=\beta$ $\square$
Ví dụ 2.
Ch0 $0<\beta\leq y\leq x,\alpha > 0$ Và $\alpha.y+\beta.x\geq 2\alpha.\beta$.Cm:
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\leq \frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}$$

Lời giải:
Cũng tương tự bài trên.Ta xuất phát bằng phân tích:
$$\frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}=\frac{x^2}{\alpha ^2}.\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{\beta ^2}.\frac{1}{y^2}$$
Sau đó sử dụng khai triển $Abel$ ta có:
$$\frac{x^2}{\alpha ^2}.\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{\beta ^2}.\frac{1}{y^2}=\left(\frac{1}{y^2}-\frac{1}{x^2}\right)\frac{y^2}{\beta^2}+\left(\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\right)\frac{1}{x^2}$$
Nhưng mặt khác lại có $\alpha.y+\beta.x\geq 2\alpha.\beta$ hay $\frac{x}{\alpha}+\frac{y}{\beta}\geq 2$ nên $\frac{x^2}{\alpha^2}+1+\frac{y^2}{\beta^2}+1\geq 2\left(\frac{x}{\alpha}+\frac{y}{\beta}\right)\geq 4\,\,\, \to \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\geq 2$
Vậy nên:
$$\frac{x^2}{\alpha ^2}.\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{\beta ^2}.\frac{1}{y^2}\geq \frac{1}{y^2}-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}$$
Ta có điều phải chứng minh .Đẳng thức xảy ra tại $x=\alpha,y=\beta$ $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 09-10-2012 - 12:12

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-10-2012 - 17:07

Ví dụ 3:
Ch0 $0< y\leq x\leq \alpha,\beta > 0$ Và $x+y\leq \alpha +\beta$.Cm:
$$x^2+y^2\leq \alpha ^2+\beta ^2$$

Phân tích và tìm tòi lời giải:

Ta xét 2 trường hợp:
$\bullet$ Nếu $xy\geq \alpha.\beta$ thì hiển nhiên ta có ĐPCM (Do $(x+y)^2\leq (\alpha+\beta)^2$)
$\bullet$ Nếu $xy\leq \alpha.\beta$ thì lúc đó ta có $\frac{\alpha.\beta}{xy}\geq 1$.

Áp dụng khai triển $Abel$ ta có:
$$\alpha^2+\beta^2=\frac{\alpha^2}{x^2}.x^2+\frac{\beta^2}{y^2}.y^2=\frac{\alpha^2}{x^2}.(x^2-y^2)+y^2.\left(\frac{\beta^2}{y^2}+\frac{\alpha^2}{x^2}\right)$$
$$\geq 1.(x^2-y^2)+2.\frac{\alpha.\beta}{xy}.y^2\geq x^2+y^2$$
Vậy ta có ĐPCM....

Nhưng lời giải trên đã sai lầm ở chỗ $x^2-y^2\leq 0$ nên ta không thể sử dụng đánh giá $\frac{\alpha^2}{x^2}.(x^2-y^2)\geq x^2-y^2$ .Vậy chúng ta phải phân tích sa0 ch0 đại lượng $a_1-a_2\geq 0$ ,thuận tiện ch0 việc đánh giá!
Từ suy nghĩ đó chúng ta có phân tích:
$$\alpha^2+\beta^2=\frac{\alpha^2}{y^2}.y^2+\frac{\beta^2}{x^2}.x^2=\frac{\alpha^2}{y^2}.(y^2-x^2)+x^2.\left(\frac{\alpha^2}{y^2}+\frac{\beta^2}{x^2}\right)$$
$$\geq y^2-x^2+2x^2=x^2+y^2$$

Vậy ta có điều phải chứng minh.Dấu bằng xảy ra tại $x=\beta,y=\alpha$ $\square$
Ví dụ 4:
Ch0 $0<y<x\leq 3$ và $x+y\leq 5$ Tìm GTLN của $S_2=x^2+y^2,S_3=x^3+y^3$
Lời giải:
Khi đã quen với khai triển $Abel$ các bạn hoàn toàn có thể bắt đầu phân tích từ vế nhỏ hơn hoặc bằng trước để tạo sự tự nhiên ch0 bài toán.Thật vậy ta có:
$$S_2=x.x+y.y=x(x-y)+y(x+y)\le 3(x-y)+5y=3x+2y\le 13$$
Dấu bằng xảy ra tại $x=3;y=2$
Và tương tự vậy thì:
$$S_3=x^2.x+y^2.y=x^2(x-y)+y(x^2+y^2)\le 9(x-y)+13y=9x+4y\le 35$$
Dấu bằng xảy ra tại $x=3;y=2$ $\square$
Chúng ta vừa cùng đi qua 3 bài toán tổng quát và 1 bài toán đơn giản về khai triển $Abel$ 4 số.Bây giờ các bạn hãy tự thử sức mình với bài toán sau:
Bài toán:
Ch0 các số thực dương $x,y,z$ thỏa:
$\left\{\begin{matrix} 1\leq z\leq min(x,y)\\ x+z.\sqrt{3}\geq 2\sqrt{3}\\ y\sqrt{3}+z\sqrt{10}\geq 2\sqrt{10} \end{matrix}\right.$
Tìm giá trị lớn nhất của: $D=\frac{1}{x^2}+\frac{2}{y^2}+\frac{3}{z^2}$

Gợi ý $\frac{1}{x^2}+\frac{2}{y^2}+\frac{3}{z^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}+2.\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)$
Ctrl+A để được thấy gợi ý :P

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 10-10-2012 - 21:30

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#3 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-10-2012 - 22:51

Tiếp the0 chúng ta sẽ đến với những bài toán ứng dụng khai triển $Abel$ 6 biến:
$$\boxed{a_1 b_1+a_2 b_2+a_3b_3=(a_1-a_2)b_1+(a_2-a_3)(b_1+b_2)+a_3(b_1+b_2+b_3)}$$
Mở đầu bằng các ví dụ:
Ví dụ 4: Với $a\geq b\geq 1\geq c c>0,\frac{2}{b}+c\leq 2,\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+c\leq 3$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\leq \frac{1}{c}-\frac{1}{6}$$
Lời giải:
Khi đã đọc qua các ví dụ trên,chắc hẳn các bạn sẽ không còn bối rối khi gặp bài tập này nữa.Ta viết lại điều phải chứng minh thành:
$$\frac{1}{c}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\geq 1+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$
Và từ điều kiện ta có $\frac{1}{c}\geq 1,1-\frac{1}{b}\geq 0,\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\geq 0,\frac{b}{2c}\geq 1,\frac{ab}{6c}\geq 1$
Áp dụng khai triển $Abel$ ta có:

$$\frac{1}{c}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{1}{c}.1+\frac{1}{2}b.\frac{1}{b}+\frac{1}{3}a.\frac{1}{a}$$
$$=\frac{1}{c}.\left(1-\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{2}b\right)\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)+\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{2}b+\frac{1}{3}a\right).\frac{1}{a}$$
$$\geq 1.\left(1-\frac{1}{b}\right)+2.\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)+3\frac{1}{a}=1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$$
Ta có điều phải chứng minh.Dấu bằng xảy ra tại $a=3,b=2,c=1$ $\square$
Ví dụ 5.
Với $0< \alpha \leq \beta \leq \gamma , a, b, c \in \mathbb{R}^+$ thoả
$\frac{a}{\alpha }+\frac{b}{\beta }+\frac{c}{\gamma } \geq 3, \frac{b}{\beta }+\frac{c}{\gamma } \geq 2, \frac{c}{\gamma }\geq 1$
Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\geq \alpha ^2+\beta ^2+\gamma ^2$

Lời giải:
Để ý điều kiện,từ đó và the0 AM-GM chúng ta dễ dàng có:
$\frac{c^2}{\gamma^2}\geq 1,\frac{b^2}{\beta^2}+\frac{c^2}{\gamma^2}\geq 2,\frac{a^2}{\alpha^2}+\frac{b^2}{\beta^2}+\frac{c^2}{\gamma^2}\geq 1$
Bây giờ chúng ta hãy tách ghép $^2+b^2+c^2$ để xuất hiện các đại lượng $\alpha ^2,\beta ^2,\gamma ^2$ và $,\frac{a^2}{\alpha^2},\frac{b^2}{\beta^2},\frac{c^2}{\gamma^2}$.
Thật đơn giản,với ý tưởng trên và khai triển $Abel$ ta có:
$$a^2+b^2+c^2=\frac{c^2}{\gamma^2}.\gamma^2+\frac{b^2}{\beta^2}.\beta^2+\frac{a^2}{\alpha^2}.\alpha^2$$
$$=(\gamma^2-\beta^2).\frac{c^2}{\gamma^2}+(\beta^2-\alpha^2).\left(\frac{c^2}{\gamma^2}+\frac{b^2}{\beta^2}\right)+\alpha^2.\left(\frac{a^2}{\alpha^2}+\frac{b^2}{\beta^2}+\frac{c^2}{\gamma^2}\right)$$
$$\geq \gamma^2-\beta^2+2(\beta^2-\alpha^2)+3\alpha^2=\gamma^2+\beta^2+\alpha^2$$

Bài toán được chứng minh.Dấu bằng xảy ra tại $x=\alpha,y=\beta,z=\gamma$
Nhận xét:Các bạn hãy chứng minh bài toán tổng quát với điều kiện như trên
$$a^n+b^n+c^n\geq \alpha ^n+\beta ^n+\gamma ^n$$
Ví dụ 6:[Đề thi HSG TPHCM 2007]
Cho $0<x<y\le z\le 1$ và $3x+2y+z\le 4$. Tìm GTLN của biểu thức $S=3x^2+2y^2+z^2$
Lời giải:
Áp dụng liên tiếp nhóm Abel và giả thiết ta có:
$$S=z.z+2y.y+3x.x=z(z-y)+(z+2y)(y-x)+x(z+2y+3x)$$
$$\leq 1(z-y)+(1+2)(y-x)+4x=z-y+3y-3x+4x=z+2y+x$$
$$=\frac{1}{3}(z.3+2y.3+3x.1)=\frac{1}{3}[z(3-3)+(z+2y)(3-1)+(z+2y+3x).1]=\frac{1}{3}[0+2(z+2y)+(z+2y+3x)]\leq \frac{10}{3}$$
Dấu "= " xảy ra khi $x=\frac{1}{3}$ và $y=z=1$ $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 08-10-2012 - 22:52

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#4 yeutoan11

yeutoan11

    Sĩ quan

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

Đã gửi 09-10-2012 - 13:28

Ví dụ 2.
Ch0 $0<\beta\leq y\leq x,\alpha > 0$ Và $\alpha.y+\beta.x\geq 2\alpha.\beta$.Cm:
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\leq \frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}$$
Lời giải:
Cũng tương tự bài trên.Ta xuất phát bằng phân tích:
$$\frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}=\frac{x^2}{\alpha ^2}.\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{\beta ^2}.\frac{1}{y^2}$$
Sau đó sử dụng khai triển $Abel$ ta có:
$$\frac{x^2}{\alpha ^2}.\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{\beta ^2}.\frac{1}{y^2}=\left(\frac{1}{y^2}-\frac{1}{x^2}\right)\frac{y^2}{\beta^2}+\left(\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\right)\frac{1}{x^2}$$
Nhưng mặt khác lại có $\alpha.y+\beta.x\geq 2\alpha.\beta$ hay $\frac{x}{\alpha}+\frac{y}{\beta}\geq 2$ nên ${x^2}{\alpha^2}+1+\frac{y^2}{\beta^2}+1\geq 2\left(\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\right)\geq 4\,\,\, \to \frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}\geq 2$
Vậy nên:
$$\frac{x^2}{\alpha ^2}.\frac{1}{x^2}+\frac{y^2}{\beta ^2}.\frac{1}{y^2}\geq \frac{1}{y^2}-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}$$
Ta có điều phải chứng minh .Đẳng thức xảy ra tại $x=\alpha,y=\beta$ $\square$
Bài toán:
Ch0 các số thực dương $x,y,z$ thỏa:
$\left\{\begin{matrix} 1\leq z\leq min(x,y)\\ x+z.\sqrt{3}\geq 2\sqrt{3}\\ y\sqrt{3}+z\sqrt{10}\geq 2\sqrt{10} \end{matrix}\right.$
Tìm giá trị lớn nhất của: $D=\frac{1}{x^2}+\frac{2}{y^2}+\frac{3}{z^2}$

Bám sát vào VD 2 Ta sẽ giải bài toán như sau:
$D=\frac{1}{x^2}+\frac{2}{y^2}+\frac{3}{z^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}+2(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})$
Ta sẽ chuyển về 2 bài toán phụ :
I) $\left\{\begin{matrix} x\ge z\ge 1\\ x+z\sqrt{3}\ge2\sqrt{3} \end{matrix}\right.$
Tìm $MaxP=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}$
II)$\left\{\begin{matrix} y\ge z\ge 1\\ y\sqrt{3}+z\sqrt{10}\ge 2\sqrt{10} \end{matrix}\right.$
Tìm $MaxQ=\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}$
---------------------------------------------------
I): Dư đoán Max khi $z=1$ và $x=\sqrt{3}$
Ta sẽ đi CM : $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}\le \frac{1}{3}+1$
Áp dụng theo VD 2 :
$\frac{1}{3}+1=\frac{x^2}{3}.\frac{1}{x^2}+\frac{z^2}{1}.\frac{1}{z^2}=(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{x^2})\frac{z^2}{1}+(\frac{x^2}{3}+\frac{z^2}{1})\frac{1}{x^2}$
Lại có : $x+\sqrt{3}z \ge 2\sqrt{3}\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{3}}+z\ge 2$
$\Rightarrow (1+1)(\frac{x^2}{3}+\frac{z^2}{1})\geq (\frac{x}{\sqrt{3}}+z)^2\geq 4\Leftrightarrow \frac{x^2}{3}+\frac{z^2}{1}\ge 2$ Và $z\ge 1$
Vậy :$\frac{1}{3}+1=(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{x^2})\frac{z^2}{1}+(\frac{x^2}{3}+\frac{z^2}{1})\frac{1}{x^2}\geq \frac{1}{z^2}-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=Q$
II) Dự đoán Max khi $z=1$ và $y=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{3}}$
Ta sẽ CM : $\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\leq \frac{3}{10}+1$
Áp dụng theo VD 2 :
$\frac{3}{10}+1=\frac{3y^2}{10}.\frac{1}{y^2}+\frac{z^2}{1}.\frac{1}{z^2}=(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{y^2})\frac{z^2}{1}+(\frac{3y^2}{10}+\frac{z^2}{1})\frac{1}{y^2}$
Lại có : $y\sqrt{3}+z\sqrt{10}\ge 2\sqrt{10}\Leftrightarrow \frac{y\sqrt{3}}{\sqrt{10}}+z\geq 2$
$\Rightarrow (1+1)(\frac{3y^2}{10}+z^2)\geq (\frac{y\sqrt{3}}{\sqrt{10}}+z)^2\geq 4\Leftrightarrow \frac{3y^2}{10}+z^2\geq 2$ Và $z\ge 1$
$\Rightarrow \frac{3}{10}+1=(\frac{1}{z^2}-\frac{1}{y^2})\frac{z^2}{1}+(\frac{3y^2}{10}+\frac{z^2}{1})\frac{1}{y^2}\geq \frac{1}{z^2}-\frac{1}{y^2}+2\frac{1}{y^2}=\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=P$
vậy :
$D=Q+2P \leq \frac{59}{15}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan11: 09-10-2012 - 13:29

Dựng nước lấy việc học làm đầu. Muốn thịnh trị lấy nhân tài làm gốc.
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF

#5 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-10-2012 - 22:00

Ví dụ 7:
Ch0 các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix} 1\leq x\leq y\leq z\leq 1\\ 2y+z\leq 2\\ 3x+2y+z\leq 3 \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng:
$$\sqrt{x^2+y^2+z^2}\leq \frac{7}{6}$$
Lời giải:
Nhận thấy dấu bằng xảy ra khi $z=1,y=\frac{1}{2},x=\frac{1}{3}$.Ta viết lại điều phải chứng minh thành:
$$x^2+y^2+z^2\leq \frac{49}{36}$$
Và khi dấu bằng xảy ra thì $z=1,y^2=\frac{1}{4},z^2=\frac{1}{6}$.Ta phân tích:

$$\frac{49}{36}=\frac{1}{9}+\frac{1}{4}+1=z^2.\frac{1}{z^2}+y^2.\frac{1}{4y^2}+x^2.\frac{1}{9x^2}+$$
Chắc hẳn khi đã đọc các ví dụ trên,các bạn cũng có thể hình dung tịa sa0 lại phân tích như vậy,mình xin nhắc lại:
Nếu muốn chứng minh $X+Y+Z\geq A+B+C$ thì ta sẽ tách:
$$X+Y+Z=A.b_1+B.b_2+C.b_3$$
Sa0 ch0 khi dấu bằng xảy ra thì $b_1=b_2=b_3=1$
Quay trở lại bài toán,sau khi tách ,ta sử dụng khai triển $Abel$ và có:
$$x^2.\frac{1}{9x^2}+y^2.\frac{1}{4y^2}+z^2.\frac{1}{z^2}=(z^2-y^2).\frac{1}{z^2}+(y^2-x^2)\left(\frac{1}{4y^2}+\frac{1}{z^2}\right)+x^2.\left(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{4y^2}+\frac{1}{9x^2}\right)$$
$$\geq y^2-z^2+(y^2-x^2).\frac{2}{2yz}+3x^2.\sqrt[3]{\frac{1}{36x^2y^2z^2}}$$
Nhưng từ giả thiết kết hợp $AM-GM$ ta dễ dàng suy ra $2yz\leq 1,6xyz\leq 1$.Vậy nên:
$$x^2.\frac{1}{9x^2}+y^2.\frac{1}{4y^2}+z^2.\frac{1}{z^2}\geq z^2-y^2+(y^2-x^2).\frac{2}{2yz}+3x^2.\sqrt[3]{\frac{1}{36x^2y^2z^2}}$$
$$\geq z^2-y^2+2(y^2-x^2)+3.x^2=x^2+y^2+z^2$$
Vậy ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$
Ví dụ 8[Tuyển sinh lớp 10 Chuyên ĐHKHTN HN 2012]:
Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a\leq b\leq 3\leq c;c\geq b+1;a+b\geq c.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$Q=\frac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}$

Lời giải:
Đầu tiên ta sẽ đơn giản biểu thức $Q$:

$$Q=\frac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}$$

$$=\frac{1}{1+c}+\frac{ab+abc-c-1}{(1+a)(1+b)(1+c)}$$

$$=\frac{1}{1+c}+\left(\frac{ab-1}{(1+a)(1+b)}+1\right)-1$$

$$=\frac{1}{1+c}-1+\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}$$

$$=\frac{a}{1+a} + \frac{b}{1+b} - \frac{c}{1+c}$$

Ta sẽ đi chứng minh $Q\geq \frac{5}{12}$.Thật vậy:

$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}-\frac{c}{1+c}\geq \frac{5}{12}$
$\Leftrightarrow \left(\frac{3}{4}-\frac{c}{1+c}\right)+\left(\frac{b}{1+b}-\frac{2}{3}\right)+\left(\frac{a}{1+a}-\frac{1}{2}\right)\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{3-c}{4(1+c)}+\frac{b-2}{3(b+1)}+\frac{a-1}{2(a+1)}\geq 0$

Áp dụng khai triển $Abel$ ta có bất đẳng thức tương đương:
$\Leftrightarrow (3-c)\left(\frac{1}{4(c+1)}-\frac{1}{3(b+1)}\right)+((3-c)+(b-2))\left(\frac{1}{3(b+1)}-\frac{1}{2(a+1)}\right)+((3-c)+(b-2)+(a-1))\frac{1}{2(a+1)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{(3-c)(3b-4c-1)}{12(b+1)(c+1)}+\frac{(b+1-c)(2a-3b-1)}{6(b+1)(a+1)}+\frac{a+b-c}{2(a+1)}\geq 0$
Luôn đúng : do $a\le b\le 3 \le c,c\ge b+1,a+b\ge c$ $\square$

-----------------------------------------------------------------------

Các bạn nếu có bài toán sử dụng khai triển $Abel$ nào hay xin hãy đóng góp tại t0pic này.Để khích lệ tinh thần anh em,mình sẽ tặng ch0 những bạn có những bài toán hay mỗi bạn 10 like :P


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 10-10-2012 - 22:01

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#6 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

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

Đã gửi 11-10-2012 - 12:01

(T10/412) Cho $n$ số dương $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ thỏa mãn điều kiện $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+..+a_{k}^{2}\leq \frac{k\left ( 2k-1 \right )\left ( 2k+1 \right )}{3}$ với mọi $k=1,2,...,n$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=a_{1}+2a_{2}+...+na_{n}$.
(T8/348) Cho $n$ số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ thỏa mãn điều kiện $\sum_{i=1}^{n}a_{i}\leq$ $\sum_{i=1}^{k}$ $i\left ( i+1 \right )$ với $k=1,2,...,n$. Chứng minh rằng $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}}\geq \frac{n}{n+1}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoanghiep: 11-10-2012 - 12:07


#7 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 11-10-2012 - 12:16

Chuyên đề này rất hay. Cách đây nửa năm, mình và anh vuthanhtu_hd đã từng hợp tác và viết về chuyên đề này. Do nhiều lý do nên chuyên đề chưa post lên diễn đàn được.
Sau khi đọc Topic này mình thấy rất hứng thú.
Mình muốn ngỏ lời với bạn WhjteShadow về việc hợp tác viết chuyên đề này.

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#8 tranhydong

tranhydong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:10CT,THPT chuyên Lê Hồng Phong,TP HCM

Đã gửi 11-10-2012 - 13:26

Mình cũng đã gởi 1 bài abel lên diễn đàn mà chưa ai giải : http://diendantoanho...-i/#entry348581

#9 hoangtrunghieu22101997

hoangtrunghieu22101997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:TAEKWONDO

Đã gửi 11-10-2012 - 15:06

Ví dụ 9:
Với $a;b;c>0$ thỏa mãn điều kiện
$$c \ge 2;a+\frac{b}{2}+\frac{3}{c} \ge 3; \frac{b}{2}+\frac{3}{c} \ge 2;\frac{3}{c} \ge 1$$
Tìm GTLN: $c^2-a^2-b^2$
Lời giải
Ta có:
$$a^2+b^2+3^2$$

$=3[\frac{a^2+(\frac{b}{2})^2+(\frac{3}{c})^2}{3}]+(2^2-1^2)[(\frac{b}{2})^2+(\frac{3}{c})^2]+(c^2-2^2)(\frac{3}{c})^2$

$_{B.C.S}\ge 3(\frac{a+\frac{b}{2}+\frac{3}{c}}{3})^2+2.3.( \frac{ \frac{b}{2}+\frac{3}{c}}{2})^2+(c^2-2^2).(\frac{3}{c})^2 \\\ge 3+6+(c^2-2^2)$


$\Leftrightarrow c^2-a^2-b^2 \le 4$

Ví dụ 10:
Với $x_i \in R^{+}(i=\overline{1;n})$;
$0<y_1\le y_2 \le ... \le y_n$
$x_1x_2...x_n \ge y_1y_2...y_n$
$x_1x_2...x_{n-1} \ge y_1y_2...y_{n-1}$
...
$x_n \ge y_n$

Chứng minh:
$x_1+x_2+...+x_n \ge y_1+y_2+y_3+...y_n$
[Update]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrunghieu22101997: 11-10-2012 - 15:50

Sự im lặng du dương hơn bất kỳ bản nhạc nào.


#10 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 12-10-2012 - 11:03

Ví dụ 11: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa $x\geq 2z\geq 1,x+4y\geq 3$. CMR $$2x^2+8y^2+4z^2-(x+4y+2z)\geq 1$$
Đề chọn đội tuyển lớp 10 dự thi OLYMPIC 30/4 2011-2012 Lê Hồng Phong TP.HCM
Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-10-2012 - 22:53

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#11 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

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

Đã gửi 10-05-2016 - 16:08

Ví dụ 11: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa $x\geq 2z\geq 1,x+4y\geq 3$. CMR $$2x^2+8y^2+4z^2-(x+4y+2z)\geq 1$$
Đề chọn đội tuyển lớp 10 dự thi OLYMPIC 30/4 2011-2012 Lê Hồng Phong TP.HCM

Spoiler

Dự đoán dấu = xảy ra ở $\left ( x,y,z \right )=\left ( 1,\frac{1}{2},\frac{1}{2} \right )$ nên $x=2y$ nên ta áp dụng Cauchy, ta có:

$2x^2+8y^2+4z^2=2\left ( x^2+4y^2 \right )+4z^2\geq \left ( x+2y \right )^2+4z^2=\left ( x+2y-2z \right )\left ( x+2y \right )+2z\left ( x+2y+2z \right )\geq 2\left ( x+2y-2z \right )+3.2z=2x+4y+2z\geq x+4y+2z+1$

Từ đó ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 10-05-2016 - 16:09





0 người đang xem chủ đề

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