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.


hungkhtn

Đăng ký: 26-12-2004
Offline Đăng nhập: 30-07-2009 - 04:25
*****

#194297 Dạy và học bất đẳng thức ở trường phổ thông như thế nào?

Gửi bởi hungkhtn trong 04-12-2008 - 01:06

Quan trọng là học sinh hiểu được đc học BDT không phải để trở thành nhà toán học, mà là để tìm tòi và (một phần để) giải trí. Nhận xét chủ quan của em, bất đẳng thức là tương đối dễ, và như em đã nói, sự sáng tạo là khá giới hạn.

Bây giờ không phải là 20-30 năm trước khi tất cả kiến thức, thậm chí quyết định của học sinh phụ thuộc vào thày cô giáo hay chương trình giáo dục, và học sinh chỉ cần biết những thứ "bày ra trước mắt". Ở thời đại hiện nay, học sinh phải ý thức được mình cần học cái gì, và học như thế nào để thi cử (or apply) có hiệu quả, cho tương lai về sau. Em nghĩ đây mới là cách quan trọng nhất để cải thiện chất lượng giáo dục, nếu không thì sẽ mãi ở phía sau phần còn lại của thế giới.


#185380 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi hungkhtn trong 18-05-2008 - 21:32

Nội dung cơ bản của phương pháp đã được trình bày như trên. Hi vọng các bạn có thể hiểu rõ tư tưởng của phương pháp trong lời giải các bài toán đã trình bày. Cuối cùng, chúc diễn đàn toán luôn phát triển !

Tạm biệt các bạn,


#185355 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi hungkhtn trong 18-05-2008 - 10:42

Sau đây là một vài lời giải tiêu biểu:

Nếu $a+b+c=3$ và a$,b,c\ge 0$ thì
$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le 4$

Lời giải. Viết bất đẳng thức về dạng:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3.$

Lấy đạo hàm (global derivative), ta được bất đẳng thức

$2(ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca) \le \dfrac{4}{3}(a+b+c)^2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Điều này hiển nhiên đúng. Do đó bất đẳng thức ứng với đạo hàm toàn miền đúng. Ta chỉ cần kiểm tra BDT ban đầu khi $c=0$. Trong trường hợp này bất đẳng thức cũng hiển nhiên đúng (much easier). Ta có đpcm.


Một điều rất đặc biệt đối với EMV là đạo hàm xong bằng Global derivative, bất đẳng thức trở nên rất đơn giản.

Chẳng hạn với BDT mạnh như Suranji, khi đạo hàm xong, nó chỉ đơn giản là n-1 cái suranji với cặp n-1 biến cộng lại, cộng thêm một đại lượng yếu với AM-GM. Nói chung, với tất cả các bất đẳng thức 3 biến bậc 3, dạng thu gọn trong đạo hàm đều là bất đẳng thức đơn giản

$ab+bc+ca \le \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2.$

Đây là nhận xét trong CM định lý SID-CID.


#185280 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi hungkhtn trong 17-05-2008 - 05:01

Để các bạn hiểu thêm về phương pháp này, ví dụ sau khá điển hình:

Chú ý rằng bài toán nằm ở tập 1 cuốn "Secrets In Inequalities", do đó hungkhtn không thể đưa EMV vào để giải. Theo cách giải trên, điều rất thú vị là các bất đẳng thức (1), (2), (3) lần lượt thu được từ bất đẳng thức ban đầu bằng cách lấy đạo hàm (toàn miền) - global derivative.

...............................

Hình gửi kèm

  • 1.jpg
  • 2.jpg
  • 3.jpg



#185279 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi hungkhtn trong 17-05-2008 - 04:42

EMV method starts its original form in Mathematics Reflection here:

http://reflections.a...irelymixing.pdf

As a matter of fact, the idea of this method is extremely simple, because you are just assumed to rewrite the inequality in form of $a - b,b - c,c - a$, then compare other terms.

The drawback of this method is that it only deals with 3 or 4 variables. Moreover, it requires (sometimes) some computations to transform inequality to $a - b,b - c,c - a$.

In this paper, I will write about the Global derivative, one general form for EMV theorem. Specially, this theorem is very simple but have numerous kinds of applications. One application I like the most is the solution to Suranji's Inequality - one of the most beautiful inequality ever.

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

Chapter. The Global Derivative

Section. The Foundation

You may know everything about the normal derivative of a single-variable function or multi-variable function, but it is unlikely that you hear about the global derivative and its application to inequalities. Before we start, let's have a look at a simple method of proving inequalities, call the entirely mixing variable method. Entirely mixing variable method is my first and foremost motivation to create of the Global Derivative.

The complete article about the entirely mixing variable method can be found in Mathematics Reflection, volume 5/2006, or can be directly accessed at
[url=http://reflections.awesomemath.org/2006\_5/2006\_5\_entirelymixing.pdf]http://reflections.a...memath.org/2006

The second motivation comes from the following famous inequality which first appeared in Crux Mathematics Corum, and was reused in some national mathematical competitions recently. It is found by a mathematician, Vasile Cirtoaje.

Example 1.
Let $a,b,c$ be three real numbers. Prove that

$(a^2 + b^2 + c^2)^2\ge 3(a^3b + b^3c + c^3a).$

At the first glance, you may think that this simply-looking problem has nothing to do but an easy and direct application of basic inequalities. So perhaps you cannot imagine why it has the equalities for both $a = b = c$ (certainly) and $(a,b,c) = \left(\sin^2 \dfrac {4\pi}{7}, \sin^2 \dfrac {2\pi}{7}, \sin^2 \dfrac {\pi}{7}\right).$ I'll say that the second case of equality is nice but "bad" since it has nothing in common with the original form. Finally, we really want to know "how did people solve it"?

The original solution of the author (Vasile Cirotaje) is "incredible" as the problem itself. It comes from an identity

$4(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)\left((a^2 + b^2 + c^2)^2 - 3(a^3b + b^3c + c^3a)\right)$


$= \left((a^3 + b^3 + c^3) - 5(a^2b + b^2c + c^2a) + 4(ab^2 + bc^2 + ca^2)\right)^2$


$+ 3\left((a^3 + b^3 + c^3) - (a^2b + b^2c + c^2a) - 2(ab^2 + bc^2 + ca^2) + 6abc\right)^2.$

Some may spontaneously respond that this solution is not fully mathematically acceptable since the identity is too much unusual and accidental. As a matter of fact, there is another solution \footnote{This solution was sent to Crux Magazine by a reader named Stefan.} that you may like more

$2(a^2 + b^2 + c^2)^2 - 6(a^3b + b^3c + c^3a) = \sum_{cyc} (a^2 - 2ab + bc - c^2 + ca)^2 \ge 0.$

This solution inspired me to discover another identity as follow

$6(a^2 + b^2 + c^2)^2 - 12(a^3b + b^3c + c^3a) = \sum_{cyc} (a^2 - 2b^2 + c^2 + 3bc - 3ca)^2 \ge 0.$

We can not deny that all three identities above are really miraculous, but in some sense, or at least for me, they are still not mathematically convincing since we can't explain what drives us to them! I found the third identity in a fortune when expanding a general formulation (when I do so, I don't know what I will get)

$(a^2 - 2b^2 + c^2 + kbc - kca)^2 + (b^2 - 2c^2 + a^2 + kca - kab)^2 + (c^2 - 2a^2 + b^2 + kab - kbc)^2,$

and you may agree with me that this kind of "lucky, subjective and obscure mathematics" is not what we want to pursue. In the mean time, the same story continues with another simply-looking inequality.

Example 2.
If $a,b,c$ are three real numbers, then

$a^4 + b^4 + c^4 + ab^3 + bc^3 + ca^3\ge 2(a^3b + b^3c + c^3a).$

How could you imagine that in this inequality, the equality holds for

$(a,b,c) \sim \left(1 + 2\cos \dfrac {\pi}{9}, 1 + 2\cos \dfrac {2\pi}{9}, - 1\right).$

In the proposal, I will present a general solution to prove them by the global derivative. More interestingly, every property of global derivative can be easily proved by elementary knowledge of analysis, and applications of global derivative is not only for $3 -$variable inequalities but also for the general $n -$variable inequalities as well.

Section. The Global Derivative - The method and Theorems.

Definition.
Assume that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a continuous $\mathbb{C}^1$ function of $R^n$. The global derivative of $f$, denote $[f]$, is defined as follow

$[f] = \sum_{i = 1}^n D_i f,$

in which $D_i f$ is the partial derivative of $f$ regard to the variable $x_i$.

The global derivative, in general, has every beautiful property that the normal derivative has. Following are some of its properties

$ [f(g)] = [f](g).[g] \ \ \ \ ;\ \ \ \ \ [af + bg] = a[f] + b[g];$


$ [fg] = [g]f + [f]g \ \ \ \ \ ;\ \ \ \ \ \left[\dfrac{f}{g}\right] = \dfrac{[f]g - [g]f}{g^2};$

Moreover, it has some other special properties. The most important property is that it is eliminated with difference. That is

$[x - y] = 0,$

for any two variables $x,y$. This simple property ensures many applications of the original EMV theorem. In term of inequalities, global derivative plays a very important role by the following theorem

Theorem 1.
Suppose that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a continuous $\mathbb{C}^1$ function. The inequality $f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0$, with $x_1,x_2,...,x_n\ge 0$, holds if two following conditions are fulfilled at once

$(i). f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0 \mbox{\ if \ } x_1x_2...x_n = 0.$
$(ii). [f] \ge 0 \ \forall x_1,x_2,...,x_n\ge 0.$

This theorem has so many applications in inequalities. For example, it provides a way to generalize the famous Schur inequality (although people always try to generalize this important inequality, there is no real generalization of Schur inequality as for now) and it also leads to a simple proof of Sujanri inequality\footnote{This inequality is given in the Miklos Schweitzer Mathematical competition (a competition for undergraduate students) with a pretty complicated solution.}, one of the most beautiful elementary inequalities ever.

Example 3 [Sujanri]
If $a_1,a_2,...,a_n$ are non-negative real numbers then

$(n - 1)(a_1^n + a_2^n + ... + a_n^n) + na_1a_2...a_n\ge (a_1 + a_2 + ... + a_n)\lt(a_1^{n - 1} + a_2^{n - 1} + ... + a_n^{n - 1}\rt).$

Another important property of the global derivative is the following statement

Theorem 2.
Assume that $f(x_1,x_2,...,x_n): R^n\to R$ is a smooth function. Denote $f_0 = f$ and $f_k = [f_{k - 1}]$ for $k > 1$. We have the following identity

$f(x_1 + t,x_2 + t,...,x_n + t) = \sum_{k = 0}^{\infty} \dfrac{f_k(x_1,x_2,...,x_k)}{k!}t^k.$

Theorem 1 can be proved by introductory knowledge about 1-variable derivative, and theorem 2 can be proved by Taylor formulation.

The above theorem is the main key for us to prove the 4-degree inequalities which have miraculous cases of equalities as we mention in the previous section. It can actually provide the necessary and sufficient conditions for an inequality to hold.

Theorem 3.
Assume that $F(x_1,x_2,...,x_n)$ is a cyclic polynomial of $n$ real variables $x_1,x_2,...,x_n$ with degree $4$ such that $F(x_1,x_2,...,x_n) = 0$ if $x_1 = x_2 = ... = x_n$. Denote $F_0 = F, F_1 = [F_0]$ and $F_2 = [F_1]$, then

(i).The inequality $F\ge 0$ holds for all real numbers $x_1,x_2,...,x_n$ if and only if for any $x_1,x_2,...,x_{n - 1}\ge 0$, the following condition holds

$F_0|_{x_n = 0}\ge 0 \text{\ and \ } F_1^2|_{x_n = 0}\le 2(F_0F_2)|_{x_n = 0}.$

(ii).The inequality $F\ge 0$ holds for all non-negative real numbers $x_1,x_2,...,x_n$ if and only if for any $x_1,x_2,...,x_{n - 1}\ge 0$, then at least one of two following conditions holds

$(1).\ F_0|_{x_n = 0} \ge 0 ; F_1|_{x_n = 0} \ge 0 \text{\ and \ } F_2|_{x_n = 0} \ge 0.$
$(2). \ F_0|_{x_n = 0}\ge 0 \text{\ and \ } F_1^2|_{x_n = 0}\le 2(F_0F_2)|_{x_n = 0}.$

This theorem can help prove the mentioned Vasile's Inequality in a few lines.

We will advance to another exciting application of the global derivative. Some years ago, Ho Joo Lee found a great result on symmetric polynomial of degree 3, generally known as PID theorem, as follow

Theorem [Ho Joo Lee theorem]
Let $P(a,b,c)$ be a symmetric polynomial of degree $3$. The following conditions are equivalent to each other
$(i).\ P(1,1,1),P(1,1,0),P(1,0,0) \ge 0.$
$(ii).\ P(a,b,c) \ge 0 \ \forall a,b,c\ge 0.$

Nowadays, symmetric polynomial inequalities of degree $3$ become one of the most basic and easiest form of inequalities, but problems with the cyclic forms are still challenging. With helps of global derivative, I found another result that can give proofs for all cyclic inequalities of degree $3$.

Theorem 4.
Let $P(a,b,c)$ be a cyclic homogeneous polynomial of degree $3$.
The inequality $P \ge 0$ holds for all non-negative variables $a,b,c$ if and only if

$P(1,1,1) \ge 0 \ ;\ P(a,b,0) \ge 0 \ \forall a,b\ge 0;$

Global derivative is one of the simplest method but most powerful method that I found in the proposal. Some examples above are applications for three-variable inequalities, but its strength is not lost when dealing with $n$-variable inequalities. The article on global derivative ends here and I wish that it can convey the first sign about the structure of the whole paper.

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

Hi vọng các bạn yêu bất đẳng thức sẽ tìm thêm nhiều phương pháp tốt hơn. Tuy rằng, các bạn hãy tâm niệm rằng BDT chỉ giống như một trò chơi trong toán học, tuy rằng đẹp, hay, nhưng không thực sự có một ảnh hưởng đối với sự phát triển của toán học hiện đại nói chung (so, học giỏi bất đẳng chưa đủ để trở thành một nhà toán học). Hi vọng diễn đàn sẽ có đc không khí thảo luận sôi nổi, nhiệt tình, trong sáng, trên tinh thần tôn trọng lẫn nhau.

Nhiều bạn (trong đó có hungkhtn) đã, or sẽ thích BDT vì BDT thường nhìn rất gọn và đẹp. Và những ý tường tuyệt vời trong BDT là những ý tường giúp bạn có được những lời giản đẹp dẽ nhất.


#185278 Phương pháp EMV - The Last Method

Gửi bởi hungkhtn trong 17-05-2008 - 03:56

Như đã hứa lần trước trên diễn đàn, hungkhtn sẽ post lên phương pháp cuối cùng trong sách Secrets In Inequalities 2 (các phương pháp khác như SOS, SMV, n-SMV, quy nạp tổng quát or phản chứng đều đã được đưa lên thảo luận). Đây cũng là lời chia tay của hungkhtn với diễn đàn, cũng là lời chia tay-cảm ơn đến những người bạn rất thân thiết như MrMath (Khánh), Hatucdao (a Nam), thày Nam Dũng (with my best respect), Zaizai, Nesbit, 10maths, voquocbacan, và cả VAnh. Chúc các bạn luôn học tập tốt, và diễn đàn sẽ có những thành viên mới trẻ tuổi, nhiệt tình hơn thế hệ trước kia.

Sau phương pháp này, hungkhtn ... cũng hết vốn rồi, chả còn tìm đc cái gì mới nữa cả. Các bạn trẻ bây giờ càng ngày càng giỏi, thấy mình thụt lùi quá. Anyway, hungkhtn đã chia tay BDT hơn 1 năm, nhưng hi vọng EMV method- the last method, vẫn sẽ useful với các bạn.


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

Nói qua một chút về EMV. Viết EMV cho gọn thôi, chứ thực tế tư tưởng của nó là phương pháp dồn biến toàn miền đã được viết trong Sáng Tạo bất đẳng thức và Secrets In Inequalities, vol 1. EMV sẽ giúp các bạn dễ dàng chứng minh định lý mở rộng của PID (Ho Joo Lee) cho bất đẳng thức hoán vị. Định lý này được mình đưa ra cách đây khoảng 1 năm, nhưng trước đó chưa post cách chứng minh.

Phương pháp EMV cũ, tuy rằng ý tưởng rất đơn giản, nhưng phép chứng minh lại dài, vì việc phân tích để xuất hiện $ a-b,b-c,c-a $ thường khá phức tạp. Một số định lý mới của EMV sẽ giúp lời giải trở nên vô cùng ngắn gọn và sáng sủa. Có thể nói, trong tất cả 5 phương pháp bao gồm SOS, SMV, IGI, contradiction, EMV, thì EMV là phương pháp mình ấn tượng nhất: áp dụng cực kỳ đơn giản, chứng minh định lý cũng chỉ 2-3 dòng, và lời giải nảo cũng rất nhẹ nhàng, ngắn gọn. Nói chung, khi sử dụng phương pháp này, bạn có thể cảm thấy rất thoải mái và nhàn hạ so với các phương pháp khác.

Bài viết bằng Tiếng Anh, do hungkhtn chỉ có thể copy trực tiếp từ paper, ko có thời gian type lại (ai có tgian translate ra Tiếng Việt thì mình thank you very much). Bài viết được hoàn thành cách đây khá lâu, hơn 1 năm, nhưng do cuốn Secrets In Inequalities 2 được edit quá "kỹ", thế nên vẫn chưa kịp xuất bản.


#161363 IMO 2007

Gửi bởi hungkhtn trong 26-07-2007 - 04:29

IMO2007 đang diễn ra và đề đã post ở đây mà sao diễn đàn trầm lắng thế này... đến 1 người post vài comments cũng không có. Không hiểu diễn đàn đang ở chỗ nào đây :(


#158278 Ai đã từng yêu?

Gửi bởi hungkhtn trong 29-06-2007 - 08:10

1000 CON HẠC GIẤY...
Sự hiểu lầm có thể làm cho con người ta mất đi vĩnh viễn 1 thứ gì đó mà ta rất yêu quý, để rồi, khi nhận ra thì đã quá muộn...
Có một chàng trai đã gấp 1.000 con hạc giấy tặng người anh yêu. Mặc dù lúc đó anh chỉ là một nhân viên quèn trong công ty, tương lai chẳng có vẻ gì sáng lạn nhưng họ vẫn luôn rất hạnh phúc bên nhau.
Rồi cho đến một hôm người yêu của anh nói rằng nàng sẽ đi Paris, sẽ không bao giờ còn có dịp gặp lại anh nữa. Nàng rất lấy làm tiếc về điều này và an ủi chàng rằng rồi nỗi đau của chàng cũng sẽ trở thành dĩ vãng. Hãy để cho nó ngủ yên trong ký ức của mỗi người.
Chàng trai đồng ý nhưng trái tim tan nát. Anh lao vào làm việc quên cả ngày đêm, cuối cùng anh đã thành lập được công ty của riêng mình. Nó không chỉ giúp anh vươn đến những điều mà trước đây vì thiếu nó mà ngưới yêu đã rời bỏ anh, nó còn giúp anh xua đuổi khỏi tâm trí mình một điều gì đó của những tháng ngày xưa cũ.
Một ngày mưa tầm tã, trong lúc lái xe, chàng trai tình cờ trông thấy một đôi vợ chồng già cùng che chung một chiếc ô đi trên hè phố. Chiếc ô không đủ sức che cho họ giữa trời mưa gió. Chàng trai nhận ngay ra đó là cha mẹ của cô gái ngày xưa. Tình cảm trước đây anh dành cho họ dường như sống lại. Anh chạy xe cạnh đôi vợ chồng già với mong muốn họ nhận ra anh. Anh muốn họ thấy rằng anh bây giờ không còn như xưa, rằng anh bây giờ đã có thể tự mình tạo dựng một công ty riêng, đã có thể ngồi trong một chiếc xe hơi sang trọng. Vâng, chính anh, chính người mà trước đây con gái họ chối từ đã làm được điều đó.
Đôi vợ chồng già cứ lầm lũi bước chậm rãi về phía nghĩa trang. Vội vàng, anh bước ra khỏi xe và đuổi theo họ. Và anh đã gặp lại người yêu xưa của mình, vẫn với nụ cười dịu dàng, đằm thắm nàng từng đem đến cho anh, đang dịu dàng nhìn anh từ bức chân dung trên bia mộ. Cạnh cô là món quà của anh, những con hạc giấy ngày nào. Đến lúc này anh mới biết một sự thật: nàng đã không hề đi Paris. Nàng đã mắc phải căn bệnh ung thư và không thể qua khỏi. Nàng đã luôn tin rằng một ngày nào đó anh sẽ làm được nhiều việc, anh sẽ còn tiến rất xa trên bước đường công danh. Và nàng không muốn là vật cản bước chân anh đến tương lai của mình. Nàng mong ước cha mẹ sẽ đặt những con hạc giấy lên mộ nàng, để một ngày nào đó khi số phận đưa anh đến gặp nàng một lần nữa, anh có thể đem chúng về bầu bạn.

Chàng trai bật khóc.

Chúng ta cũng vậy, như chàng trai kia, cũng chỉ nhận ra giá trị lớn lao về sự có mặt của một người mà cuộc đời đã ban tặng cho cuộc sống của chúng ta khi một sáng mai thức giấc, người ấy đã không còn ở bên ta nữa. Có thể họ đã chẳng yêu bạn như cách mà bạn mong đợi ở họ nhưng điều này không có nghĩa rằng họ không dâng hiến tình yêu của họ cho bạn bằng tất cả những gì họ có.

Một khi bạn đã yêu, bạn sẽ mãi mãi yêu. Những gì trong tâm trí bạn có thể sẽ ra đi, nhưng những gì trong tim bạn thì mãi mãi ở lại.

From internet


#158146 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi hungkhtn trong 28-06-2007 - 07:26

......

------------------------------------- Hết -------------------------------------
Các bạn thân mến, có lẽ đây cũng là bài viết tạm biệt diễn đàn của Hatucdao. Mong diễn đàn sẽ tiếp tục phát triển. Chúc mọi người gặp nhiều niềm vui.


diễn đàn lại có thêm một nhân tài... nói lời chia tay (*) buồn quá :D


#157839 Đôi điều tản mạn về các BĐT của Jack Garfulkel

Gửi bởi hungkhtn trong 25-06-2007 - 15:54

bài viết rất hay và có tính lịch sử rất cao!!!


#157475 Đường đến số nguyên tố

Gửi bởi hungkhtn trong 22-06-2007 - 01:15

Em xin hỏi: chưa có công thức $f:N\to N$ nào mà cho giá trị là một số nguyên tố? Không biết e nghe ở đâu (hoặc em nhầm lẫn) là trong toán cao cấp thì có roài nhỉ? (cái này ko phải là cách phân bố số n tố, mà chỉ là một hàm biến N thành tập con của P thôi.


#157474 Đã tìm được số hoàn hảo lẻ đầu tiên?

Gửi bởi hungkhtn trong 22-06-2007 - 01:12

Em tự thấy điều này là không thể, các cao thủ math+Science mất mấy chục năm mà còn chẳng tìm ra, huống chi người trần mắt thịt chúng ta :D


#43061 Tại sao nhiều bài toán BĐT thế ?

Gửi bởi hungkhtn trong 20-11-2005 - 12:24

! Có lẽ chỉ ở đây mới có mấy câu hỏi kiểu thế này thôi. Lúc đầu tui cũng không muốn cãi cọ j` cả, nói chuyện một tí cho vui. Nhưng mà các bác thật là quá bảo thủ. Các bác hãy so DD mình với Mathlinks? Chả lẽ đã hơn được cái j` nhỉ? Cũng giống như so trình độ toán của VN với Thế giới ấy...
Mà làm bất đẳng thức thì sao? Các bác nghĩ BDT ở VN là tốt lắm rồi hả? Hay các bác nghĩ bọn tui làm cái này vì để khoe khoang kiến thức. Tui nghĩ các bác mới là như thế. Theo các bác học toán vì cái j`? Vì mục đích cá nhân, vì tiền bạc hả? Tui học toán đơn giản vì đam mê và ở bất cứ việc j` khác cũng vậy. Thật là đáng thương cho những ai sẵn sàng vứt bỏ niềm đam mê để lamg những j` mình ko thích vì tiền bạc hay lợi ích khác ( Em nói vậy xin các anh học toán Cao cấp khác đừng hiểu lầm, vi em biết các anh cũng làm toán vì niềm đam mê riêng). Với các bạn đang học ỏ PT bây h, mình nghĩ chả có lí do nào để các bạn không học BDT nữa, chỉ vì mấy ý kiến cá nhân và thiếu tính xây dựng ở đây cả ( Nếu các bạn thích bất đẳng thức ). Nếu như các bác nghĩ làm bất đằng thức tầm thường quá với các bác thì các bác đừng làm nữa, đừng làm cái j` ko thích.

Còn với tôi, tôi cũng mong các bạn học PT bây giờ, hãy học toán vì đam mê của mình, chứ đừng nghe người khác nói mà từ bỏ, vì như thế là sự "thất bại" với chính bản thân mình. Hãy học cái j` mình thích, mình thấy vui vẻ và có ý nghĩa. Bây giờ tôi thích bất đẳng thức, tôi sẽ tiếp tục học nó, đến khi nào niềm đan mê của tôi vẫn còn. Tôi có bảo và có khuyên ai sẽ học nó cả đời đâu cơ chứ? Lên đại học, đến khi tôi sẽ thích một phần toán cao cấp khác, sẽ không làm nhiều BDT nữa, và khi đó tôi sẽ giành hết niềm đam mê cho nó, tôi sẽ ko quan tâm người khác nói hay đánh giá thế nào về nó cả...


#41137 Tại sao nhiều bài toán BĐT thế ?

Gửi bởi hungkhtn trong 07-11-2005 - 14:05

Tại sao chúng ta không thể coi giải một bài toán là "thú vui" nho nhỏ được nhỉ? Tại sao mọi người cứ thích đâm vào mấy thứ "trâu bò" đau đầu nhức óc? Tất cả những cái đó đều là để giải quyết những cái đơn giản và đẹp thôi? Thử hỏi nếu không có PT PhecMa "đơn giản" thì toán học sẽ đi đến đâu được?


OKi! :int làm bất đẳng thức cho zui thôi mà. Các bác đừng kì thị quá như zậy. Khi làm "Người lớn" rùi thì nhìn lại một "đứa trẻ con" vẫn thấy nó xinh xắn đấy chứ? Nhưng các bác đừng "trị" nó theo cách của người lớn là được! hè hè!


#41133 Tại sao nhiều bài toán BĐT thế ?

Gửi bởi hungkhtn trong 07-11-2005 - 13:47

Xem các bác bàn tán xôn xao quá, em xin được vào post vài ý kiến thế này...

Thứ nhất, theo quan điểm của em, làm bất đẳng thức thì chả có j` là không tốt cả. Em thực sự không thích toán học nặng về lí thuyết, em thích những cái đẹp và đơn giản hơn. Cái này thì rất rõ thôi, có những bài bất đẳng thức nhìn rất đơn giản mà không thể tìm lời giải hoàn chỉnh cho nó được, mặc dù là mở rộng rất tự nhiên...

Em có thể lấy VD bài này, đã post trên Mathlinks :
Tìm min của $\dfrac{a+kb}{c+kb}+\dfrac{c+ka}{b+ka}+\dfrac{b+kc}{a+kc}.$

Rõ ràng chỉ thay số k bởi 1 thì trở thành BĐT Cauchy, nhưng tại sao btoán trên lại không thể giải được? Em thích sự đơn giản như vậy, nhưng lại hàm chứa nhiều ý tưởng. Em không thích người học toán chỉ để khoe mình có nhiều kiến thức... Có lẽ em thích BDT là vì thế, bởi vì kiến thức sử dụng(để CM các bài đó chỉ không vượt quá các tc của đạo hàm).!

Thêm 1 điều nữa. Theo em giải một bài toán không phải chỉ cố để giải cho nó, tìm bằng được lời giải dù phải dùng cách nào. Có thể đó là điều không thể tránh khỏi trong toán cao cấp, nhưng với BDT phổ thông thì sẽ có ý nghĩa hơn khi chúng ta tìm được lời giải đẹp. Thực sự em không thích trong bài "thách thức" của em không có lời giải sơ cấp nào cả. Sau khi hoàn thành nó, em còn biết thêm ít nhất là 2 cách sơ cấp nữa cơ. Có lẽ em có cách nhìn hơi chủ quan, vì em làm bất đẳng thức đơn giản là để tìm cái đẹp trong sự đơn giản, chứ không phải tìm mọi cách để giải cho xong !

Em lên Mathlinks rất nhiều, trên đó làm BDT cũng toàn là cao thủ đấy chứ? Mấy ông trên đó toàn là giáo sư nổi tiếng (Vasc, Flip2004... chẳng hạn)! ! ! Không hiểu sao mọi người lại có suy nghĩ xấu về nó như vậy? Phải chăng sách bất đẳng thức bây h viết quá tồi, tất cả những ý tưởng trong đó chỉ là mẹo vặt? Nếu các anh nghĩ tất cả về BDT phổ thông chỉ có như vậy thì đã nhầm "to" rui`!

He. Đó là các suy nghĩ của em. Dù sao BDT cũng là phần toán Sơ Cấp duy nhất em còn hứng thú. Em không thấy có j` là không tốt cả.