RSS

Monthly Archives: Tháng Sáu 2012

⅓►Một chứng minh AM-GM 3 số độc đáo™

Trong bài viết trước , mình đã chứng minh bdt AM-GM tổng quát n biến không âm, với trường hợp n=3, ta sẽ chứng minh bằng 1 lời giải độc đáo sau đây…

Cho ba số thực a,b,c sao cho $a+b+c \ge 0$

CM: $a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$

Lời giải thường thấy nhất cho bdt này…chỉ vỏn vẹn một dòng:

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \ge 0 \;\newline \forall a+b+c \ge 0$

Lời giải này thật sự là ngắn…nhưng không đẹp! Đẹp ở Toán học không phải ở thẫm mỹ trình bày mà chính là lối tư duy trong lời giải và khả năng mở rộng của nó.

Ta hãy xem lời giải sau, mặc dù dài hơn nhưng…có thể gọi là đẹp được không ?

Giải:
Đặt $P(a;b;c)=a^3+b^3+c^3-3abc$

Với $t \in R$ , xét:

$P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c)$

$=3(a+b+c)t(t+a-b)$

Ta sẽ chọn t để $P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c) \le 0 \; \forall a+b+c \ge 0$

Do $P(a;b;c)$ đối xứng theo 3 biến nên ta có thể giả sử rằng c nằm giữa a và b , vậy $(a-c)(b-c) \le 0$

Chọn $t=b-c$

Khi đó: $P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c)=3(a+b+c)(b-c)(a-c) \le 0$

<=> $P(a;b;c) \ge P(a+b-c;c;c)=P(a^\prime;c;c) \; ; a^\prime=a+b-c$

Vậy ta chỉ cần chứng minh rằng $P(a^\prime;c;c) \ge 0$ là có đpcm, tức là chỉ cần cm $P(a;b;c)$ trong trường hợp $b=c$

Với $b=c$ , khi đó ta có: $a+2b \ge 0$

$P(a;b;b)=a^3+2b^3-3ab^2=(a-b)^2(a+2b) \ge 0$

Vậy, ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a+b+c=0$ hoặc $a=b=c$

Nếu ta xét $P(a+t;b+t;c)-P(a;b;c)$ thì sẽ rất khó khăn trong việc đánh giá tiếp theo, việc chọn cách biến thiên cũng đòi hỏi không ít nghệ thuật nếu muốn có lời giải ngắn gọn và đẹp !

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

ῨChứng minh bđt Young bằng hàm số™

Bất đẳng thức Young:

Cho 4 số thực dương a,b,p,q sao cho $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$

khi đó: $ab \le \frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}$

Bdt này có thể dễ dàng giải được bằng bdt AM-GM suy rộng hay bằng cách sử dụng tích phân. Hôm nay, chúng ta cùng xem giải tích hàm sẽ làm được gì đối với bdt này.

CM:

$\exists x \in R_+^* , \! , b=ax$

BDT <=> $a^2x \le \frac{a^p}{p}+\frac{a^qx^q}{q}$

<=> $x \le \frac{a^{p-2}}{p}+\frac{a^{q-2}x^q}{q}$

Xét $f(x)=\frac{a^{q-2}x^q}{q}-x+\frac{a^{p-2}}{p}$

$f^{'}(x)=a^{q-2}x^{q-1}-1$

$f^{'x}=0 <=> x=x_0=a^{\frac{2-q}{q-1}}$

$x \in (0;x_0) \to \; f^{'}(x) <0$ ; $x \in (x_0;+\infty) \to \; f^{'}(x) >0$

=> $f(x) \ge f(x_0) , \; \forall x>0$

<=> $f(x) \ge a^{\frac{2-q}{q-1}}(\frac{1}{q}-1+a^{p-2-\frac{2-q}{q-1}})$

$\ge a^{\frac{2-q}{q-1}}(\frac{1}{q}-1+\frac{1}{p})=0$

=> đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=a^\frac{2-q}{q-1}$ hoặc $a=b^{\frac{2-p}{p-1}}$

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

∕≥Chứng minh bđt Nestbit 3 biến bằng hàm số™

Với a,b,c dương thì : $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$

Hiện có khoảng 45 cách cm cho bdt nổi tiếng này tại đây

Lời giải sau không biết có được xếp vào thứ 46 không nữa !?

$\exists x \in R_+^* , c=ax$

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử $c \ge a \ge b$

=> $x \ge 1$

Xét $P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

$=\frac{a}{ax+b}+\frac{b}{a(x+1)}+\frac{ax}{a+b}=f(x)$

$f^{'}(x)=\frac{a}{a+b}-\frac{a^2}{(ax+b)^2}-\frac{b}{a(x+1)^2}$

Dễ thấy $f^{'}(x)$ liên tục và đồng biến trên $[0;+\infty)$

Ta có: $f^{'}(0)=\frac{a}{a+b}-\frac{a^2}{b^2}-\frac{b}{a}$

$\leq \frac{a}{a+b}-\frac{(a+b)^2}{b^2+ab}$

$\le \frac{a}{a+b}-\frac{a+b}{b} <0$

$f^{'}(1)=\frac{a}{a+b}-\frac{a^2}{(a+b)^2}-\frac{b}{4a}$

$=\frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{b}{4a}$

$\ge \frac{ab}{4a^2}-\frac{b}{4a}=0$

=> $\exists x_0 \in (0;1]$ sao cho $f^{'}(x_0)=0$ và do $f^{'}(x)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$ nên $x_0$ là nghiệm duy nhất của pt $f^{'}(x)=0$

=> $f^{'}(x) \ge 0 , \; \forall x \ge 1$

=> $f(x) \ge f(1) =\frac{2a}{a+b}+\frac{b}{2a}$

$\ge \frac{2a}{a+b}+\frac{a+b}{2a}-\frac{1}{2} \geq 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo