Đến nội dung

CTptnk

CTptnk

Đăng ký: 30-03-2006
Offline Đăng nhập: 12-09-2008 - 19:06
-----

#116832 Bất đẳng thức Chebyshev

Gửi bởi CTptnk trong 25-09-2006 - 19:26

Một ví dụ chebysev: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)
$ \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} \geq 6(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$ với $2b \geq a+c$
Lời giải:
Bất đẳng thức về dạng chebysev:
$(a-b)^2(\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab})+(b-c)^2(\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}+(c-a)^2(\dfrac{b(c+a)-2ca}{ac}) \geq 0$(1)
Sắp thứ tự các biến: giả sử: $ a \geq b \geq c$
$x=(a-c)^2, y=(b-c)^2, z= (a-b)^2$
Dễ có: $C_1=\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}, C_2=\dfrac{b(a+c)-2ac}{ac}, C_3=\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab}$
Vậy BĐT cần chứng minh có dạng:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq 0$(2)
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq (x+y+z)(C_1+C_2+C_3)$(3)
Theo tiêu chuẩn 3 phần một, ta có BĐT trên đúng khi và chỉ khi:
$2y \geq x+z $
$ \leftrightarrow \dfrac{2b(a+c)-2ac}{ac}-\dfrac{2c(a+b)-2ab}{ab}-\dfrac{2a(b+c)-2bc}{bc}$
$ \leftrightarrow \dfrac{(2b-a-c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 0$
BĐT trên đúng theo đk đề bài.
Vậy (3) đúng.
Ta tiếp tục chứng minh rằng:
$(x+y+z)(C_1+C_2+C_3) \geq 0$
Thật vậy: $x+y+z \geq 0$(do $x,y,z \geq 0$ và:
$C_1+C_2+C_3=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a+b^2a+c^2b+a^2c -6abc}{abc} \geq 0$(Theo BĐT AM-GM)
Từ trên ta có DPCM.

@: NGUỒN BÀI VIẾT LẤY TỪ ĐÂY
WWW.TOANTHPT.NET

Giả thiết đã cho $2b \geq\ a+c$ nên không được phép giả thiết thêm $a \geq\ b \geq\ c$

Định ki lên dd nữa nhưng tâm huýt với chuyên đề quá nên em sẽ trả lời câu hỏi của anh.
Bài này quả thật là sơ sót của em. Anh BVA đưa đề ko chi tiết và em lại copy ra làm ví dụ ngay, rồi gõ lời giải nên mắc lỗi này.
Thật ra đề đúng phải là thế này ạ:
$ a \geq b \geq c$ và $ 2b \geq a+c$ nên nói chính xác nhất thì ta ko cần giả sử gì cả. Đề bài đã có hoàn toàn rồi.
Mọi người có thể tìm hiểu thêm trong topic "Thách thức SOS" của anh KL thì sẽ thấy rõ hơn đề bài toán này.
Rất cám ơn anh đã góp ý.
Em sẽ cố gắng hoàn chỉnh hẳn chuyên đề này và sửa chữa để ko làm phiền mọi người phải đọc những đề sai( sau đó tính gì thí tính)


#115176 Bất đẳng thức Chebyshev

Gửi bởi CTptnk trong 18-09-2006 - 23:45

Trên đây là một phần trong chuyên đề BDT chebyshev của mình, còn rất non kém và yếu ớt phải ko?
Chính thế mà mình pót lên để mọi người cùng giúp đỡ.
Thân.
Chúng ta cùng tìm lại nét đẹp cổ điển nào!


#115174 Bất đẳng thức Chebyshev

Gửi bởi CTptnk trong 18-09-2006 - 23:37

Một ví dụ chebysev: (Bùi Việt Anh-www.diendantoanhoc.net)
$ \dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} \geq 6(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$ với $2b \geq a+c$
Lời giải:
Bất đẳng thức về dạng chebysev:
$(a-b)^2(\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab})+(b-c)^2(\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}+(c-a)^2(\dfrac{b(c+a)-2ca}{ac}) \geq 0$(1)
Sắp thứ tự các biến: giả sử: $ a \geq b \geq c$
$x=(a-c)^2, y=(b-c)^2, z= (a-b)^2$
Dễ có: $C_1=\dfrac{a(b+c)-2bc}{bc}, C_2=\dfrac{b(a+c)-2ac}{ac}, C_3=\dfrac{c(a+b)-2ab}{ab}$
Vậy BĐT cần chứng minh có dạng:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq 0$(2)
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$C_1y + C_2x + C_3z \geq (x+y+z)(C_1+C_2+C_3)$(3)
Theo tiêu chuẩn 3 phần một, ta có BĐT trên đúng khi và chỉ khi:
$2y \geq x+z $
$ \leftrightarrow \dfrac{2b(a+c)-2ac}{ac}-\dfrac{2c(a+b)-2ab}{ab}-\dfrac{2a(b+c)-2bc}{bc}$
$ \leftrightarrow \dfrac{(2b-a-c)(ab+bc+ca)}{abc} \geq 0$
BĐT trên đúng theo đk đề bài.
Vậy (3) đúng.
Ta tiếp tục chứng minh rằng:
$(x+y+z)(C_1+C_2+C_3) \geq 0$
Thật vậy: $x+y+z \geq 0$(do $x,y,z \geq 0$ và:
$C_1+C_2+C_3=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a+b^2a+c^2b+a^2c -6abc}{abc} \geq 0$(Theo BĐT AM-GM)
Từ trên ta có DPCM.


#115170 Bất đẳng thức Chebyshev

Gửi bởi CTptnk trong 18-09-2006 - 23:32

BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSEV, SƠ LƯỢC.

Giới thiệu sơ qua về BĐT chebysev:
Khi học về BĐT, điều đầu tiên, mang đến một cái nhìn đẹp đẽ, quyến rũ và mộng mơ trong ta, đó chính là các BĐT cổ điển. Ai mà không từng say sưa với Cosi trọng số, lãng mạn với cách nhóm Bunhacopxki hay miệt mài cùng Svác thì người đó hẳn chưa mang hết con tim mình đặt vào BĐT! Nhưng trong số muôn vàn BĐT cổ điển tuyệt vời ấy, có một đứa con chiên như bị hắt hủi, bỏ rơi, một nét đẹp cổ điển ít ngừơi chú ý đến. Tôi nói đó chính là BĐT chebysev. Chúng ta hãy cùng tìm và khai phá một nét đẹp bị lãng quên này nào!
I.Một vài dạng cơ bản của bất đẳng thức chebysev:
1/ Với $a \geq b \geq c$ và $x \geq y \geq z$, ta có:
a/ $(a+b+c)(x+y+z) \geq 3(az+by+cx)$
b/ $3(ax+by+cz) \geq (a+b+c)(x+y+z)$
Chứng minh:
Vì $a \geq b \geq c$ và $x \geq y \geq z $nên:
$(a-b)(y-z) \geq 0$
$(a-c)(x-z) \geq 0$
$(b-c)(x-y) \geq 0$
$\rightarrow (a-b)(y-z)+ (a-c)(x-z)+ (b-c)(x-y) \geq 0$.
Từ trên ta có DPCM.
2/ Với$a_1 \geq a_2 \geq .. \geq a_n$ và $b_1 \geq b-2 \geq ..\geq b_n$, ta có:
a/ $(a_1+a_2+..+a_n)(b_1+b_2+..+b_n) \geq n(a_1b_n+a_2b_{n-1}+..+a_nb_1)$
b/ $n(a_1b_1+a_2b_2+..+a_nb_n) \geq (a_1+a_2+..+a_n)(b_1+b_2+..+b_n)$
Chứng mình:
Ta có thể dùng quy nạp để chứng minh BĐT này.


@: Nguồn bài viết lấy từ đây:
[b WWW.TOANTHPT.NET[/b]


#105983 Góp ý cho box "Bất Đẳng thức và Cực trị"

Gửi bởi CTptnk trong 19-08-2006 - 20:27

Đây là một ý kiến của em, hoàn toàn chân thành và ko mang một chút gì về tính spam.

Trong thời gian wa, box BDT THCS đã hoạt động với nguồn tài nguyên bài tập ko hề cạn kiệt và suy giảm, tạo dc một sân chơi thật sự thú vị và hấp dẫn để mọi người vừa thi tài vừa học tập, góp phần vào việc phát triển tư duy toán học của các thành viên. Xin gởi lời cám ơn chân tình đến các CTV, các bạn thành viên đã giúp đỡ timlaiminh trong wá trình học tập BDT vừa wa. Xin chân thành cám ơn.

Và đây là mục đích chính của bài pót này:
Theo sự nhận xét của em(hoàn toàn mang tính chủ wan và thiếu khách wan) thì các bài tập trong box BDT này đang dần lệch khỏi fạm vi của nó: đó là fục vụ học sinh THCS.
Thật vậy, hiện nay 90% các bài toán đều ko thể giải = tư duy của 1 cậu học trò lớp 8 mà đối tượng fục vụ chính của bõ còn cả lớp 6,7. Điều đó vô tình làm cho những ai còn học lớp nhỏ cảm thấy bỡ ngỡ, bàng hoàng va khao khát chạy theo nhưng PP vượt cấp mà wên trau dồi các kiến thức cơ bản, nhưng wan trọng và lí thú khác. Đó sẽ là một vấn đề nhức nhối khi vào năm học, các em học sinh lớp 6,7,8 vào diễn đàn ngày một đông. Thật sự, làm thế tình sẽ ảnh hưởng rất lớn đến tâm lý các em ấy.
Lí giải về vấn đề này, mình xin nêu ra vài nguyên nhân:
1/ Do các bạn học sinh THCS đã nhiều năm đóng góp cho diễn đàn, giờ lên lớp 10 nhưng do còn e dè nên ko dám vào box THPT để pót bài, và hệ wả la vẫn còn lang thang trong THCS.
2/ Là các anh chị THPT có trình độ wá xa so với lớp THCS bây giờ.
3/ Khi pót bài trong box THPT thì tác giả sẽ dễ dàng giải đáp, trả lời các câu hỏi.

Sở dĩ mình dám nói như vậy vì chính mình cũng là môt trong những bạn từng làm như vậy, mình cũng đã trải nghiệm làm đàng anh với các em THCS như vậy.
VÀ CŨNG CHÍNH VÌ VẬY MÀ MÌNH ĐÃ DÍNH VÀO MỘT CUỘC TRANH CÃI KO BỔ ÍCH, LÀM MẤT TÌNH HÒA KHÍ ANH EM TRONG DD.

NAY XIN KIẾN NGHỊ VỚI CÁC CTV LÀ HÃY MOVE CÁC BÀI CÓ SỬ DỤNG NHỮNG PP GIẢI CỦA CẤP 3 NHƯ DỒN BIẾN, HỆ SỐ BẤT ĐỊNH(TRONG TH BÀI KHÓ), SOS VỚI ĐÁNH GIÁ KO ĐẸP VÀ CÁC DẠNG KHÁC NỮA ĐỂ LÀM TRONG SẠCH BẦU KK BDT CỦA THCS BÂY GIỜ.

TRÊN ĐÂY CHỈ LÀ CHÚT GÓP Ý THÔ THIỂN XEM NHƯ MÓN WÀ CỦA MỘT NGƯỜI SẮP XA RỜI THCS PÓT LÊN, MỘT CHÚT GÌ VẤN VƯƠNG, BỤI BẶM CÒN LẠI.

HÃY MANG ĐẾN CUỘC SỐNG TỐT ĐẸP HƠN.

@: Tại sao anh MR MATH lại khóa pót ấy nhỉ?


#102165 Phương pháp diện tích

Gửi bởi CTptnk trong 08-08-2006 - 18:30

Tìm cực trị hình học về diện tích bằng cách đánh giá tỉ số diện tích thông qua tỉ số cạnh rồi lại dùng tỉ số cạnh chuyển về tỉ số diện tích là vô cùng khó với THCS.
Một bài dùng cách khó chịu đó nè.
Đề thi vào lớp 10 LHP-t.p HCM:
Cho P nằm trong tam giác ABC. Một đường thẳng qua P cắt AB, AC lần lượt tại M, N.
CMR: $ S_{ABC} \geq 8 \sqrt{S_{BPM}.S_{CPN}} $