Đến nội dung

10maths_tp0609

10maths_tp0609

Đăng ký: 20-02-2007
Offline Đăng nhập: 02-05-2012 - 12:55
-----

Trong chủ đề: NHỜ các bạnlàm hộ bài này

16-02-2008 - 12:30

Tìm n >2 nhỏ nhất sao cho có n số chính phưong liên tiếp khác 0 có tổng là một số chính phương.

DDTH


nếu em không nhầm thì $n=11$ thì phải, chứng minh dựa vào phương trình Pell

Trong chủ đề: bài đố cả diễn đàn trước khi đố anh việt anh

13-01-2008 - 20:37

Với $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác thì ta có bất đẳng thức sau
$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c} \leq \dfrac{3}{1+2\sqrt[3]{pr^2}}$
bài toán này nếu đưa về p,R,r thì vế tráicó dạng như sau
$ \dfrac{3+4p+3r^2+p^2}{1+2p+p^2+r^2+(1+p)2R^2}$
bài toán này là 1 bài toán rất khó , thực ra dc biến đổi từ bdt sau với trường hợp n=3
http://toanthpt.net/forums/showthread.php?t=4093
tất nhiên bdt mà tôi nêu ra ở toanthpt chưa chắc đã đúng,chỉ có thể khẳng định dc nó đúng với n=3,4,6,8 thôi ,chưa giải quyết dc triệt để ,và cũng có phản ví dụ cho trường hợp n=7
nhưng cácbanj hãy thử nghĩ xem vì dù sao đây cũng là 1 bdt rất hay ,nếu ko ai giải dc tổng quát thì hãy cứ thử giải quyết trường hợp riêng xem sao ,ngay cả trường hợp riêng thì vẫn là 1 bài siêu khó
đối với trường hợp n=3 nếu có bác nào giải dc bằng p,R,r thì mình xin bái làm sư phụ luôn

@gà học toán: cho dù nó là 1 bài toán "siêu khó" nhưng có thể khó với bạn còn đối với người khác nó lại ko khó (số người coi bài này ko khó cũng chả ít đâu), vì vậy nên chú ý thái độ của bạn. Đọc vào người ta sẽ nghĩ đây là một lời thách thức đấy !? Thân!
xin lỗi,vì ko biết gõ latex nên admin nào chỉnh sửa hộ em cái cho bà con dễ đọc tí


Heron: $S^2=p^2r^2=\dfrac{a+b+c}{2}pr^2=\dfrac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{16}$
Từ đây: $pr^2=\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{8}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c} \leq \dfrac{3}{1+2\sqrt[3]{\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{8}}}$
Đặt $x=\dfrac{b+c-a}{2},y=\dfrac{c+a-b}{2},z=\dfrac{a+b-c}{2}$
Thay vào bất đẳng thức tương đương:
$\dfrac{1}{y+z+1}+\dfrac{1}{z+x+1}+\dfrac{1}{x+y+1} \le \dfrac{3}{1+2\sqrt[3]{xyz}}$
Đến đây thì,..., thử $x=1,y=8,z=343$ hay $a = 351, b = 344, c = 9$ thì ....
Không biết thiếu điều kiện gì không!
Off tiếp.

Trong chủ đề: Đa thức đối xứng và chứng minh cho một số bất đẳng thức hoán vị.

20-10-2007 - 16:44

ví dụ 4 là bdt vasc mà chả lẽ nó ra tới bậc 3 :D thực ra bậc 3 chắc cũng ko mấy khó khăn (thường thì các biểu thức $g(p)$ ko âm còn ko thì dùng chút đạo hàm nữa :D nhưng còn căn thì đúng là cần xem xét nhiều hơn nhưng chắc là vẫn work (cùng lắm thì khử căn và trâu bò ra :phi). Ko có thời gian làm mấy trò cồng kềnh này nên thông cảm nhá :phi
Nói chung thì ko thể phủ nhận những kết quả của 10maths là rất mạnh nhưng mà thú thật là mình ko thích lắm vì nó cồng kềnh (maple đc dùng nhìu lần :D), p,q,r cho bdt đối xứng thường khá đẹp và gọn gàng :D nhưng tất nhiên vì đây là hoán vị nên khác nhau cũng là điều tất nhiên :D thôi chúc 10maths tiếp tục hoàn thiện pp này, tớ phải học những thứ khác đây :D



Nhầm chút, thực ra đoạn trên là ví dụ 5, ví dụ 4 thì lời giải như cách của zai nói quá nổi tiếng rồi.

p/s: sorry mọi người, trong file thứ 2 mình up lên có một lỗi typing sai ngay đoạn đầu tiên, thực ra là $\delta \le 0$ thay vì $\delta \ge 0$ như trong bài viết

Trong chủ đề: Đa thức đối xứng và chứng minh cho một số bất đẳng thức hoán vị.

18-10-2007 - 23:14

Uh tư tưởng của nó cũng đơn giản thôi và theo anh thì những bài trên ko khó đối với nó và các lời giải quá khủng hoảng như trên của 10math (theo mình nghĩ có sự can thiệp của maple :D) thì thật sự cái trò mà anh nói cũng ko khác là mấy và đơn giản hơn về mặt ý tưởng. Tư tưởng là quy về xét hàm theo biến $a$ với các hệ số là là các đa thức $ g(p)$ thường thì nó làm việc khá tốt.
Có thể minh hoạ bằng 1 bài ngày xưa nổi đình nổi đám bên MnF (ngày xưa nó là 1 bài unsolve bên MnF còn bây giờ thì chắc là khác xa rồi :D)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{b^4+2}+\dfrac{b}{c^4+2}+\dfrac{c}{a^4+2}\ge 1$

Với bài này thì cách trên của 10maths vẫn works nhưng mà xem ra cũng khủng hoảng lắm :D Xin lỗi vì thấy anh Tanpham dùng từ "khủng hoảng" cũng thấy hay hay nên học theo :D


hi, 2 cái này thực ra khác nhau nhiều lắm. Như ví dụ 4, nếu đặt theo cách như zai nói, g sử $c=min$, đặt $a=c+x,b=c+1$ thì bđt trở thành:
$-kc^3x^2+kcx^2-kxc+c+2c^2+x+kc^3x-kx^3c-kx^3c^2+cx+3xc^2+4cx^2-3c^3x+3c^3x^2+3c^3+x^3+2c^2x^3-x^3c+x^4c-kc^3-kc^2 \ge 0$
Đây là hàm bậc 3 của $c-->> $khử $c $ đi khó hơn nhiều so với cách trên khi bậc của $r$ chỉ có 2.

Hơn nữa có sự khá biệt rõ ràng nữa là với các bài chứa căn, ví dụ bài:
Tìm $k$ tốt nhất:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+k \ge (3+k)\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)^{\dfrac{2}{3}}$
Bài này dùng như cách trên vẫn solve đơn giản còn nếu đặt như zai nói thì không biết phải tiến hành tiếp tục như thế nào.

====================================
p/s: đây là file 1maths đã tổng hợp, định trans sang TV nhưng cũng còn nhiều lỗi và cũng chưa hoàn thành nên để khi hoàn tất chỉnh sửa sau vậy, mọi người xem tạm nhé.

Trong chủ đề: Bí quá phải nhờ các bác

14-09-2007 - 19:48

thêm bài nữa nhờ mọi người
x^2+y^2+z^2=2
cmr x+y+z < 2+ xyz
x, y, z là số thực



http://diendantoanho...?...c=29697&hl=