Please login or register.

Login with username, password and session length

Author Topic: Phương pháp dồn biến (Mới)  (Read 11568 times)

24 Tháng Tư, 2008, 02:43:10 PM
  • Thành viên OlympiaVN
  • **
  • Posts: 11
  • Điểm bài viết: 1
Cho x;y z không âm thoả mãn x+y+z=1
CMR (x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)\le \frac{1}{32}
« Last Edit: 24 Tháng Hai, 2010, 05:00:50 PM by minhlam »

24 Tháng Tư, 2008, 02:44:53 PM
Reply #1
  • Thành viên OlympiaVN
  • **
  • Posts: 11
  • Điểm bài viết: 1
Cho x;y;z không âm xy+xz+zy=3
CMR x^2+y^2+z^2+3xyz\ge 6

Hôm trước đề bài sai , ghi là "xy+yz+xz =1" , bây giờ sửa lại :D . Có thể thấy BĐT trên có 2 trường hợp dấu bằng xảy ra : x=y=z=1 hoặc 1 trong 3 số bằng 0 , 2 số còn lại bằng sqrt{3}
« Last Edit: 22 Tháng Hai, 2010, 11:10:33 PM by bsb101 »

30 Tháng Một, 2010, 02:04:32 PM
Reply #2
  • OLYMPIAN
  • **
  • Posts: 88
  • Điểm bài viết: 20
Bất đẳng thức Hiếu post là bất đẳng thức Svác.
Mình xin post lên đây 1 tệp tài liệu khá hay về "phương pháp dồn biến" của Phan Thành Việt.
Đây là một phương pháp "mạnh" giúp ta giải quyết được nhiều bài toán "phức tạp"

22 Tháng Hai, 2010, 11:19:26 PM
Reply #3
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Cho x;y;z không âm xy+xz+zy=3
CMR x^2+y^2+z^2+3xyz\ge 6

Có thể thấy nếu chứng minh được BĐT trên thì cũng tổng quát luôn được rằng

x^2 +y^2 +z^2+ kxyz \ge\6 với k\ge3

x^2 +y^2 +z^2+ kxyz \ge\ k+3 với k\le 3

BĐT này có thể chứng minh bằng phương pháp dồn biến cơ bản :D tức là dồn biến theo trung bình cộng hoặc trung bình nhân ;) . Loại này là dễ nhất rồi :D

Cụ thể là: Với bài toán có điều kiện về tổng của 3 số: x+y+z=k (hoặc biến đổi được về điều kiện này) , ta có thể dùng pp dồn biến theo trung bình cộng, để từ đó đưa về 1 ẩn và dùng khảo sát hàm số ;)

Bước 1: Chứng minh f(a,b,c) \ge\ f(a; \frac{b+c}{2}\ , \frac{b+c}{2}\ )

Đây là phần quan trọng nhất , và cũng .... mất tự nhiên nhất ;). Các bài toán dồn biến theo cách này thường dài ... nhưng mà hiệu quả :D , suy nghĩ đơn giản ... lại còn luyện tính kiên trì nữa :))

Bước 2: Khảo sát hàm số ẩn a với a thỏa mãn điều kiện giả sử về độ lớn như a lớn nhất hoặc a bé nhất trong 3 số tùy bài toán ;)

Ví dụ:  Bài trên: Cho x;y;z không âm xy+xz+zy=3
CMR x^2+y^2+z^2+3xyz\ge 6

Xét trường hợp có 1 trong 3 số x,y,z bằng 0 , giả sử x= 0 => yz=3 -> BDT đúng

Với x,y,z khác 0:

Đặt xy=a ,yz=b ,xz=c (a,b,c \ge 0)

Khi đó ta cần chứng minh: Với a+b+c=3 thì

f(a,b,c)=\frac{ab}{c}\ + \frac{bc}{a}\ +\frac{ac}{b}\ +3sqrt{xyz}\ge 6

Dấu "=" của BDT xảy ra khi có 2 số bằng

Ta chứng minh: f(a,b,c) \ge \ f(a; \frac{b+c}{2}\ , \frac{b+c}{2}\ ) hay:

\frac{ab}{c}\ + \frac{bc}{a}\ +\frac{ac}{b}\ +3sqrt{abc}\ge\ 2a + \frac{(b+c)^2}{4a}\ +\frac{3sqrt{a} (b+c)}{2}\

<=> \frac{a(b-c)^2}{bc}\ge\frac{(b-c)^2}{4a}\ +\frac{3sqrt{a}(sqrt{b} -sqrt{c})^2}{2}\

Đến đây thì áp dụng Côsi:

bc \le\frac{(sqrt{b}+sqrt{c})^2(b+c)}{8}\

và chứng minh được \frac{a}{3-a}\ge \frac{sqrt{a}}{2}a\ge 1

=> \frac{3a(b-c)^2}{8bc}\ge\frac{3a(sqrt{b} -sqrt{c})^2}{3-a}\ge\frac{3sqrt{a}(sqrt{b} -sqrt{c})^2}{2}\

kết hợp với a\ge b\ge c => dpcm

Bước 2:  f(a; \frac{b+c}{2}\ , \frac{b+c}{2}\ )\ge\6

Cái này thì đơn giản rồi, chỉ cần áp dụng BDT:

2a + \frac{(3-a)^2}{4a}\ +\frac{3sqrt{a} (3-a)}{2}\ge 6

<=> \frac{3-a}{4a}\ +\frac{3sqrt{a}}{2}\ge 2

<=> \frac{1}{a}\ +2sqrt{a} \ge\ 3

Đến đây bài toán được giải quyết ;)






« Last Edit: 22 Tháng Hai, 2010, 11:46:50 PM by bsb101 »

27 Tháng Hai, 2010, 06:50:12 PM
Reply #4
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Cho x;y z không âm thoả mãn x+y+z=1
CMR (x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)\le \frac{1}{32}

Còn khi bất đẳng thức có dấu bằng xảy ra ở biên như bài này , tức là tại x=0 ,y=z=\frac{1}{2}\ thì bài toán vẫn gồm 2 bước như trên , chỉ có điều:

Bước 1: Không dồn biến theo trung bình cộng nữa , vì dễ thấy dấu bằng không xảy ra :D , làm bài theo phương pháp dồn biến dạng cơ bản này luôn chú ý tới dấu bằng (kinh nghiệm của mình :D ) Cụ thể với bài này :D

Chứng minh: f(x,y,z)\le\ f(x,y+z,0) với x\ge\ y\ge\ z\ge 0 hay:

(x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)\le\ [x^2+(y+z)^2](y+z)^2x^2 , để từ đó đưa về hàm số 1 ẩn y , dùng Côsi hoặc đạo hàm ;) . Còn tại sao biết được phải làm thế này thì .... phải thử thôi , thử với f(x+z,y,0) không được , thử với hàm trên ;) Nếu không được thì .... phải theo cách khác ;)

Cụ thể là:

Giả sử x\ge\ y\ge z. Khi đó chứng minh:

(x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)\le\ [x^2+(y+z)^2](y+z)^2x^2

Có: y^2 +z^2 \le (y+z)^2

(x^2+y^2)(z^2+z^2) \le [x^2+(y+z)^2]x^2

<=>y^2z^2\le 2x^2yz (đúng với x\ge\ y\ge\ z\ge 0

Do đó ta có:

(x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)\le\ [x^2+(1-x)^2](1-x)^2x^2

Mà: Với 2 số a,b không âm thì:
<br />(a^2+b^2)a^2b^2 = (a^2+b^2)2ab.\frac{ab}{2}\le \frac{(a^2+b^2+2ab)^2.(a+b)^2}{32}\ = \frac{(a+b)^6}{32}\

Từ đó suy ra: [x^2+(1-x)^2](1-x)^2x^2\le \frac{1}{32}\

Có thể suy ra luôn là:

(x^2+y^2)(y^2+z^2)(x^2+z^2)\le\ [x^2+(y+z)^2](y+z)^2x^2\le \frac{(x+y+z)^6}{32}\ =\frac{1}{32}

01 Tháng Ba, 2010, 11:50:15 PM
Reply #5
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Phương pháp dồn biến đặc biệt mạnh ở những bài dấu bằng xảy ra không đối xứng , mà dường như không có cách nào sánh bằng (trong những cách tớ đã biết :D )
Đã từ lâu tớ chưa làm được bài này :
Với các số x,y > 0. Chứng minh:
\frac{x}{4x+4xy+1}\ +\frac{xy}{4xy+4+x}\ +\frac{1}{4+4x+xy}\le\frac{1}{3}

tới khi dùng dồn biến và biến đổi tương đương , những cách dài nhất mà tớ mới biết :D

Lời giải (sau khoảng gần 4 tháng kể từ lúc đi thi gặp bài này về :D )

Chuyển BDT về BDT 3 ẩn a,b,c bằng cách đặt a=x ;b=xy ,c=1 . Ta cần chứng minh:

\frac{a}{4a+4b+c}\ +\frac{b}{4b+4c+a}\ +\frac{c}{4c+4a+b}\le\frac{1}{3}

BDT này tương đương với:

4(a^3+b^3+c^3) +12(ab^2 +bc^2+ca^2)- 15(a^2b+b^2c+c^2a) -3abc\ge 0

Dùng phương pháp dồn biến ở biên , dấu bằng xảy ra khi a=b=c hoặc a=2b ;c=0

Ta sẽ chứng minh nếu a\ge b\ge c thì f(a,b,c)\ge f(a+c,b,0) với VT =f(a,b,c)

Điều này tương đương với hệ thức rất đẹp là: (a-b)(b-c)\ge 0 (không tin thì làm thử ;) )

Tiếp theo đến bước 2:  Chuẩn hóa a+b+c =3 (với các BDT 3 ẩn đối xứng thì chuẩn hóa bằng cách chia cho (a+b+c) và đặt ẩn phụ , nhưng chuẩn hóa luôn cho nhanh ;) vì kết quả không đổi )

Khi đó ta có f(a+c,b,0) = f(3-b,b,0) = 4b^3 +4(3-b)^3 +12b^2(3-b) -15(3-b)^2b = 27(b-1)^2(4-b) (đoạn này mình chỉ nhớ , sẽ kiểm tra lại sau :D )

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hoặc a=2b ;c=0

« Last Edit: 02 Tháng Ba, 2010, 10:34:57 PM by bsb101 »

02 Tháng Ba, 2010, 12:15:20 AM
Reply #6
  • Mod box Toán
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 562
  • Điểm bài viết: 47
  • Sống là cho đâu nhận riêng mình
Định lí dồn biến mạnh S.M.V giới thiệu luôn đi Mod ơi.

02 Tháng Ba, 2010, 11:55:40 AM
Reply #7
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Không biết có ai đưa bài này vào đê thi đại học không , mọi người làm thử :D

Cho x,y,z không âm thỏa mãn  x+y+z=1.

 Tìm giá trị lớn nhất của P= |(x-y)(y-z)(x-z)|
« Last Edit: 02 Tháng Ba, 2010, 11:57:31 AM by bsb101 »

02 Tháng Ba, 2010, 12:31:11 PM
Reply #8
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog
Định lí dồn biến mạnh S.M.V giới thiệu luôn đi Mod ơi.
*Dồn biến tổng quát: Giả sử a_1, a_2,...a_n là dãy số tùy ý. Ta thực hiện liên tiếp nhiều phép biến đổi sau
1) Chọn i, j tguộc {1,2,...n} là 2 chỉ số sao cho
a_i=min(a_1,a_2,...a_n)
a_j=max(a_1, a_2,...a_n)
2) Thay a_i ,a_j bởi \frac{a_i+a_j}{2} (nhưng vẫn giữ nguyên thứ tự của chúng trong dãy số ). Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số a_i đều tiến tới giớ hạn a=\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}
Đây là phép biến đổi \Delta
*SMV: Nếu f: I thuộc R^k \rightarrow R,I=[\alpha,\beta]*[\alpha,\beta]*...*[\alpha,\beta] ,\alpha,\beta thuộc R là hàm liên tục đối xứng và bị chặn dưới thỏa mãn
f(a_1, a_2,...,a_n)\geq f(b_1,b_2,...b_n)
Với (b_1,b_2,...b_n) là dãy thu được từ dãy (a_1,a_2,..a_n) theo phép biến đổi \Delta thì ta có f(a_1,a_2,...a_n)\geq f(a,a,...a) với a=\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}

02 Tháng Ba, 2010, 12:33:30 PM
Reply #9
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog
Ứng dụng
Chứng minh \forall a, b, c, d dương ta có
a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2
(BĐT Tukervici)
« Last Edit: 02 Tháng Ba, 2010, 10:13:52 PM by bsb101 »

02 Tháng Ba, 2010, 07:11:35 PM
Reply #10
  • Thành viên mới
  • *
  • Posts: 2
  • Điểm bài viết: 1
Mọi người thử dùng dồn biến giúp mình bài này nha.
    cho a, b , c dương thỏa mãn : a^2+b^2+c^2 = 1
CMR: a+b+c\le 2abc +sqrt{2}
« Last Edit: 03 Tháng Ba, 2010, 11:36:26 PM by bsb101 »

02 Tháng Ba, 2010, 10:15:30 PM
Reply #11
  • Mod box Toán
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 562
  • Điểm bài viết: 47
  • Sống là cho đâu nhận riêng mình
Không biết có ai đưa bài này vào đê thi đại học không , mọi người làm thử :D

Cho x,y,z không âm thỏa mãn  x+y+z=1.

 Tìm giá trị lớn nhất của P= |(x-y)(y-z)(x-z)|

Cái này giả sử x\ge y\ge z
P=(x-y)(y-z)(x-z).

Chọn k dương. Áp dụng cosi cho bộ số

k(x-y),k(y-z),(x-z)

P\le \frac{(k+1)^3}{27k^2}\.(x-z)^3. Chuẩn hóa, dễ dàng nhận ra, max khi z=0.

=> x=k(x-y)=ky

=> k =2

=> max = \frac{2}{27}\
« Last Edit: 02 Tháng Ba, 2010, 10:56:58 PM by bsb101 »

02 Tháng Ba, 2010, 10:19:42 PM
Reply #12
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Mọi người thử dùng dồn biến giúp mình bài này nha.
    cho a, b , c dương thỏa mãn : a^2+b^2+c^2 = 1
CMR: a+b+c\le 2abc +sqrt{2}


Bài này không cần dồn biến đâu bạn . Nếu đề là a,b,c là số thực thì mới phải dùng , và khi đó GTLN của a+b+c -2abc không còn là sqrt{2} nữa ;)

Chuyển vế bình phương thì BDT trờ thành :

2(ab+bc+ac) +4a^2b^2c^2 - 4abc(a+b+c) \le 1

Từ a^2+b^2+c^2 =1 suy ra ab,bc,ac \le \frac{1}{2}\ . Do đó

(ab-\frac{1}{2}\ )(bc-\frac{1}{2}\ )(ac-\frac{1}{2}\ )\le\0

<=>2(ab+bc+ac) +8a^2b^2c^2 - 4abc(a+b+c) \le 1

BDT vừa thu được mạnh hơn BDT cần chứng minh nên ta có BDT ban đầu đúng ;)

02 Tháng Ba, 2010, 11:52:08 PM
Reply #13
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Thi đại học:))
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q=\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{y+x}, với x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện x+y+z\ge6


Với bài này thấy ngay là dạng của BDT Côsi Swatze ở đây trong 4rum và bài tập ở đây trên math.vn

Để đỡ phải chứng minh lại thì cứ áp dụng Bunhiacopski :D

(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{y+x}\ )[x(y+z) +y(x+z) +z(x+y)] \ge\ (x^2 +y^2+z^2)^2

x(y+z) +y(x+z) +z(x+y) =2(xy+yz+xz) \le\ 2(x^2 +y^2 +z^2)

x^2+y^2+z^2 \ge \frac{(x+y+z)^2}{3}\ge\12

nên Q\ge\ 6



P\le \frac{(k+1)^3}{27k^2}\.(x-z)^3. Chuẩn hóa, dễ dàng nhận ra, max khi z=0.

=> x=k(x-y)=ky

=> k =2

=> max = \frac{2}{27}\

Đoạn yuki chuẩn hóa sai mất rồi :D Cậu lấy dấu "=" trực tiếp thế là lỗi thường gặp khi dùng Côsi mà :D . Ví dụ như đoạn

P\le \frac{(k+1)^3}{27k^2}\.(x-z)^3 , dễ thấy như thế thì là thừa nhận nó đạt dấu bằng rồi :D bởi VP thay đổi và (x-z) có GTLN là 1

Còn chuẩn hóa thì tớ mới chỉ thấy trong BDT 3 biến đối xứng thôi , khi đó có thể chia cho 2 vế để chuẩn hóa :D .

Bài này là bài dồn biến và đạo hàm thuần túy :D tớ tìm được khi làm phương pháp dồn biến :D

Cậu cứ thử x =\frac{3+sqrt{3}}{6}\ ; y=\frac{3-sqrt{3}}{6}\ ; z=0 coi ;)  , đều bé hơn 1 , và khi đó P đạt GTLN :D  , P_{max} = \frac{2sqrt{3}}{36}
« Last Edit: 02 Tháng Ba, 2010, 11:57:28 PM by bsb101 »

03 Tháng Ba, 2010, 01:55:59 AM
Reply #14
  • Mod box Toán
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 562
  • Điểm bài viết: 47
  • Sống là cho đâu nhận riêng mình
Không. Cái đó đâu phải thừa nhận dấu = , đó là tìm max của vế phải í chứ.Chuẩn hóa đúng rồi.  Sau khi dùng cách khác, Tớ đã nhận ra nhầm lẫn là hệ số k bằng nhau í. Tức là chọn hệ số khác nhau. Nhớ là hệ số đã chọn thì nó đã cố định.
Đây là cách khác dành để thay thế đọan cosi,
Chuẩn hóa z=0(muốn hiểu thêm,tìm đọc phương pháp này)
Suy ra x=1-y.
Sau đó dùng đạo hàm là ra.
« Last Edit: 04 Tháng Ba, 2010, 04:30:30 PM by yuki_0602 »