3 - Mở rộng: Đánh giá từng biến - Page 2

Galois_vn · 21-05-2016, 07:37 AM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Em nghĩ lời giải của anh nên nói rõ ở (1) (Dùng Cauchy với x+y+z=3) và bổ sung thêm (2), (3).
------------------------------
Bài toán 8:

Cho x, y và z là ba số thực không âm, thoả mãn:

1.

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
y\geq 3 \\
z\geq 1
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 26. $

2.

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
x+y\geq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 26. $

3.

$\left\{\begin{matrix}
0\leq z\leq y\leq x\leq 4 \\
x+y\leq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 26. $

Cố gắng đánh giá để làm xuất hiện các biểu thức xuất hiện trong điều kiện.
Ý 1: Hiển nhiên!

Làm ý 2:
Ta có
\begin{eqnarray}
x^2+y^2+z^2&\ge & (8x-16)+(6x-9)+(2x-1)\\
&\ge & 2x+4(x+y)+2(x+y+z)-26\\
&\ge& 2.4+4.7+2.8-26=26.
\end{eqnarray}

Ý 3: Đánh giá thô: $z\ge 1.$
Ta có
\[\begin{cases}
(x-y)(x-4) \le 0,\\
(y-z)(z-1) \ge 0,\end{cases}\]
suy ra
\[\begin{cases}
x^2 \le 4x-4y+xy,\\
z^2 \le z-y+yz.\end{cases}\]

Do đó
\begin{eqnarray}
x^2+y^2+z^2& \le & (4x-5y+z)+y(x+y+z)\\
&\le & 4x+z+3y\\
&\le & (x+y+z)+x+2(x+y)\\
&\le & 8+4+2.7=26.\end{eqnarray}

Độ phức tạp -thời gian bỏ ra- cũng tăng dần theo số thứ tự.
------------------------------
Vài nhật xét về bài 1-3, 8 (và 9):

Nhận xét 1:
Các bất đẳng thức ứng với bậc 2 có thể sinh ra từ "tiếp tuyến" tại một điểm đặc biệt hoặc từ BĐT $(x-a)(x-b)\ge 0 (\le 0)$ khi biết khoảng chứa $x$.

Ở bài 8, ta có thể xem
\[x^2 \le a x+b,\]
trong đó $a, b$ có thể phụ thuộc các biến còn lại.
Nhận xét 2: Các bài trên có thể dùng dao mổ trâu để giải. Con dao này giúp mình giải theo từng bước một mà không cần dùng "mẹo" nào (ngoài kỹ thuật giải phương trình và kỹ thuật xử lý tam thức bậc hai).

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

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Dạ, đó chính là điều em muốn đề cập.

Trong bài toán 3, anh đã đánh giá:

$x^{n}+y^{n}\leq \left ( x+y \right )^{n} $

Đánh giá này hợp lý vì khi xảy ra đẳng thức thì có một biến nhận giá trị 0.
------------------------------
Bài toán 9:

Cho x, y và z là ba số thực thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
y\geq 5 \\
z\geq 6 \\
x^{2}+y^{2}+z^{2}=90
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x+y+z\geq 16. $

P/S:

Bài toán 8 là một bài toán thú vị.

Thêm: tìm thêm GTLN của $x+y+z$ luôn!

Galois_vn · 21-05-2016, 01:56 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 9:

Cho x, y và z là ba số thực thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
y\geq 5 \\
z\geq 6 \\
x^{2}+y^{2}+z^{2}=90
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x+y+z\geq 16. $

Đánh giá thô: $x\in [4,8], y\in [5,7], z\in [6,7].$
Vì dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)=(4,5,7)$ nên thử các đánh giá đảm bảo điều này.
(Các chặn cho $x$ và $y$ được chọn để $8+4=5+7=12\le 6+7$.)

Do đó
\[\begin{cases}x^2\le 12x-32,\\
y^2\le 12y-35,\\
z^2\le 13z-42.
\end{cases}\]
Suy ra
\[12(x+y+z)\ge x^2+y^2+z^2-z+(32+35+42) \ge 192.\]
Điều đó dẫn đến phải chứng minh.

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

Bài 10: với $x, y, z$ thỏa điều kiện bài 9. CMR:
\[x+y+z \le 11+\sqrt{29}.\]

MathNMN2016 · 21-05-2016, 03:15 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

[*]Nhận xét 2: Các bài trên có thể dùng dao mổ trâu để giải. Con dao này giúp mình giải theo từng bước một mà không cần dùng "mẹo" nào (ngoài kỹ thuật giải phương trình và kỹ thuật xử lý tam thức bậc hai).

Ý của anh là tiếp cận theo cách 2 bài toán 3 (ở bài viết trước của anh) phải không ạ?

Galois_vn · 21-05-2016, 10:07 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Ý của anh là tiếp cận theo cách 2 bài toán 3 (ở bài viết trước của anh) phải không ạ?

Không, Con dao đó là toán cao cấp

Galois_vn · 21-05-2016, 11:10 PM

Bài 8(2)': với $x, y, z$ thỏa điều kiện bài 8(2) và $A\ge 4+\sqrt{38}, 7\le B\le 13$. CMR:
\[Ax+Ay+Bz \ge 7B+9A.\]

MathNMN2016 · 22-05-2016, 08:52 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Bài 8(2)': với $x, y, z$ thỏa điều kiện bài 8(2) và $A\ge 4+\sqrt{38}, 7\le B\le 13$. CMR:
\[Ax+Ay+Cz \ge 7B+9A.\]

C là số thực không âm hay có thoả điều kiện ràng buộc nào không anh?
------------------------------
Bài toán 11:

Cho x, y và z là ba số thực không âm, thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
x+y\geq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{n}+y^{n}+z^{n}\geq 4^{n}+3^{n}+1 $,

với $n\in \mathbb{N}, n> 1. $

P/S:

Đây là một hướng tổng quát cho bài toán 8, ý 2.

Galois_vn · 22-05-2016, 10:00 AM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

C là số thực không âm hay có thoả điều kiện ràng buộc nào không anh?

A viết nhầm và đã sửa lại!
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

C là số thực không âm hay có thoả điều kiện ràng buộc nào không anh?
------------------------------
Bài toán 11:

Cho x, y và z là ba số thực không âm, thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
x+y\geq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{n}+y^{n}+z^{n}\geq 4^{n}+3^{n}+1 $,

với $n\in \mathbb{N}, n> 1. $

P/S:

Đây là một hướng tổng quát cho bài toán 8, ý 2.

Bắt chước theo hướng bài toán "cụ thể" (8(2)): tìm BĐT dạng
\begin{eqnarray}
x^n\ge ax+a',\\
y^n \ge by+b,\\
z^n \ge c z+c'.
\end{eqnarray}
Chọn sao cho $a\ge b\ge c >0$ và dấu bằng đạt được khi $x=4, y=3,z=1.$
Ta thêm một áp đặt chọn $a, b, c, a', b', c'$ bằng phương pháp tiếp tuyến.
Khi đó
\[\begin{cases}
a=n4^{n-1},\\
b=n3^{n-1},\\
c=n,\\
a'=(1-n)4^n,\\
b'=(1-n)3^n\\
c'=1-n.
\end{cases}\]
(Cách chọn trên đều thỏa các điều kiện. Nếu 3 BĐT đầu đúng thì ta chọn được bộ tốt.)

Ta có thể kiểm tra
\begin{eqnarray}
x^n\ge n4^{n-1}x+(1-n)4^n \,\forall x\ge 0,\\
y^n \ge n3^{n-1}y+(1-n)3^n\,\forall y\ge 0\\
z^n \ge nz+(1-n)\,\forall z\ge 0.
\end{eqnarray}

Suy ra (với $x,\, y,\, z$ thỏa điều kiện bài 11)

\begin{eqnarray}
x^n+y^n+z^n &\ge& n(x+y+z)+n(3^{n-1}-1)(x+y)+n\left(4^{n-1}-3^{n-1}\right)x+(1-n)\left(4^n+3^n+1\right)
\\
&\ge & 8n+7n\left(4^{n-1}-3^{n-1}\right)+n(1-4^{n-1})+(1-n)\left(4^n+3^n+1\right)\\
&\ge & 1+3^n+4^n.
\end{eqnarray}

Mở thêm một đánh giá tầm thường

Galois_vn · 22-05-2016, 12:56 PM

Bài 8(2)":
Cho $x,\, y$ và $z$ là ba số thực không âm, thoả mãn

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
x+y\geq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Tìm GTLN của biểu thức $x^3+y^3+z^3-(x^2+y^2+z^2).$

MathNMN2016 · 22-05-2016, 07:19 PM

Bài toán này em sử dụng Đánh giá sau:

Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì:

$x^{n}\geq x_{0}^{n}+nx_{0}^{n-1}\left ( x-x_{0} \right ) $,

với $x $ và $x_{0} $ không âm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=x_{0} $.

Trường hợp đặc biệt:

1) n=2:

$x^{2}\geq x_{0}^{2}+2x_{0}\left ( x-x_{0} \right ) $

2) n=3:

$x^{3}\geq x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}\left ( x-x_{0} \right ) $

Chú ý:

Tuỳ theo giá trị các biến trong bộ đẳng thức mà ta chọn giá trị $x_{0} $ phù hợp.

Galois_vn · 22-05-2016, 08:44 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán này em sử dụng Đánh giá sau:

Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì:

$x^{n}\geq x_{0}^{n}+nx_{0}^{n-1}\left ( x-x_{0} \right ) $,

với $x $ và $x_{0} $ không âm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=x_{0} $.

Trường hợp đặc biệt:

1) n=2:

$x^{2}\geq x_{0}^{2}+2x_{0}\left ( x-x_{0} \right ) $

2) n=3:

$x^{3}\geq x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}\left ( x-x_{0} \right ) $

Chú ý:

Tuỳ theo giá trị các biến trong bộ đẳng thức mà ta chọn giá trị $x_{0} $ phù hợp.

Như vậy em dùng ý tưởng của hàm "lồi".
Điều kiện đủ: $f"(x)\ge 0$ trên khoảng $D \subset \mathbb{R}$.
Khi đó
\[f(y)\ge f(x)+f'(x)(y-x) \forall x,y \in D.\]

Galois_vn · 22-05-2016, 10:11 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Bài 8(2)":
Cho $x,\, y$ và $z$ là ba số thực không âm, thoả mãn

$\left\{\begin{matrix}
x\geq 4 \\
x+y\geq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Tìm GTNN của biểu thức $x^3+y^3+z^3-(x^2+y^2+z^2).$

(Đề bài 8(2)" đổi thành GTNN)

Bài 8(2)''': Giữ nguyên điều kiện. (Thay đổi biểu thức) Tìm GTNN của biểu thức
$x^4+y^4+z^4-6(x^3+y^3+z^3).$

MathNMN2016 · 23-05-2016, 07:58 AM

Bài toán 12:

Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
0\leq z\leq y\leq x\leq 4 \\
x+y\leq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq 4^{n}+3^{n}+1 $,

với $n\in \mathbb{N}, n> 1. $

P/S:

*Anh Galois_vn: Em đang tìm hiểu các bài toán anh đưa ra ạ.

MathNMN2016 · 24-05-2016, 10:36 AM

Bài toán 13:

Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
0\leq x\leq y\leq z\leq 1 \\
3x+2y+z\leq 4
\end{matrix}\right. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=3x^{2}+2y^{2}+z^{2}. $

P/S:

Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho bài toán tổng quát của bài toán 8 ý 3 (Bài toán 12) chưa ạ?

Galois_vn · 24-05-2016, 09:46 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 12:

Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
0\leq z\leq y\leq x\leq 4 \\
x+y\leq 7 \\
x+y+z=8
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng:

$x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq 4^{n}+3^{n}+1 $,

với $n\in \mathbb{N}, n> 1. $

P/S:

*Anh Galois_vn: Em đang tìm hiểu các bài toán anh đưa ra ạ.

Bên dưới là một lời giải cho bài toán tổng quát này nhưng không gợi ra một ý tưởng tổng quát nào cả.

Ta cố gắng dùng "con dao cũ":

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Nhận xét 1:
Các bất đẳng thức ứng với bậc 2 có thể sinh ra từ "tiếp tuyến" tại một điểm đặc biệt hoặc từ BĐT $(x-a)(x-b)\ge 0 (\le 0)$ khi biết khoảng chứa $x$.

Ở bài 8, ta có thể xem
\[x^2 \le a x+b,\]
trong đó $a, b$ có thể phụ thuộc các biến còn lại.

\[x^{n} \le a x+b,\]
trong đó $a, b$ có thể phụ thuộc các biến còn lại.

Tuy nhiên, một trở ngại lớn xuất hiện khi xét $x\in [y,4]$, ta có $a$ và $b$ khá cồng kềnh theo $y$ và $n$.

Tiếp theo, ta quay lại bám sát ý tưởng thô lời giải bài toán cụ thể (8(3)):

Trích:

Nguyên văn bởi Galois_vn

Ý 3: Đánh giá thô: $z\ge 1.$
Ta có
\[\begin{cases}
(x-y)(x-4) \le 0,\\
(y-z)(z-1) \ge 0,\end{cases}\]
suy ra
\[\begin{cases}
x^2 \le 4x-4y+xy,\\
z^2 \le z-y+yz.\end{cases}\]

Do đó
\begin{eqnarray}
x^2+y^2+z^2& \le & (4x-5y+z)+y(x+y+z)\\
&\le & 4x+z+3y\\
&\le & (x+y+z)+x+2(x+y)\\
&\le & 8+4+2.7=26.\end{eqnarray}

"Copy" nguyên cách làm trên, ta có các đánh giá
Đánh giá thô: $z\ge 1.$
Ta có
\[\begin{cases}
(x-y)(x^{n-1}-4^{n-1}) \le 0,\\
(y-z)(z^{n-1}-1) \ge 0,\end{cases}\]
suy ra
\[\begin{cases}
x^n \le 4^{n-1}x-4^{n-1}y+x^{n-1}y,\\
z^n \le z-y+yz^{n-1}.\end{cases}\]

Do đó
\begin{eqnarray}
x^n+y^n+z^n& \le & 4^{n-1} x -(4^{n-1}+1)y+z+y(x^{n-1}+y^{n-1}+z^{n-1}).\end{eqnarray}
Từ đánh giá này, ta nảy ra ý tưởng sử dụng phương pháp qui nạp.
Bước khởi tạo: hiển nhiên. Ta chỉ tập trung c/m bước "qui nạp".

\begin{eqnarray}
x^n+y^n+z^n& \le & {4^{n-1}} x -(4^{n-1}+1)y+z+y(x^{n-1}+y^{n-1}+z^{n-1})\\
&\le & {4^{n-1}} x -(4^{n-1}+1)y+z+y(4^{n-1}+3^{n-1}+1)\\\
&\le & 4^{n-1}x+3^{n-1}y+z\\
&\le & (4^{n-1}-3^{n-1})x+[3^{n-1}-1](x+y) +(x+y+z)\\
&\le& (4^{n-1}-3^{n-1}).4+3^{n-1}.7+8\\
&\le& 4^n+3^n+1.\end{eqnarray}

Galois_vn · 24-05-2016, 11:22 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Bài toán 13:

Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn:

$\left\{\begin{matrix}
0\leq x\leq y\leq z\leq 1 \\
3x+2y+z\leq 4
\end{matrix}\right. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=3x^{2}+2y^{2}+z^{2}. $

P/S:

Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho bài toán tổng quát của bài toán 8 ý 3 (Bài toán 12) chưa ạ?

Bắt chước 8(ii), bài 12, ta có các bất đẳng thức cho biến thứ nhất và biến thứ 3:

Ta đánh giá thô thu được $x\ge \frac{1}{3}$. Và từ đó dự đoán dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)= (\frac{1}{3},1,1)$.

Ta có
\[\begin{cases}
(z-y)(z-1) \le 0,\\
(x-y)(3x-1) \le 0,\end{cases}\]
suy ra
\[\begin{cases}
z^2 \le z-y+yz,\\
3x^2 \le x-y+3xy.\end{cases}\]

Do đó
\begin{eqnarray}
3x^2+2y^2+z^2& \le & x+z-2y+y(3x+2y+z)\\
&\le & x+2y+z\\
&\le & \frac{1}{3}(3x+2y+z)+\frac{4y+2z}{3}\\
&\le & 4/3+6/3=\frac{10}{3}.\end{eqnarray}

Xét bài 13':
Cho $x, y$ và $z$ là ba số thực, thoả mãn

$\left\{\begin{matrix}
0\leq x\leq y\leq z\leq 1 \\
3x+2y+z\leq 4
\end{matrix}\right. $

Chứng minh rằng

$3x^{n}+2y^{n}+z^{n}\le \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}+3. $

với $n$ là số tự nhiên lớn hơn $1$.

Nháp cho bài 13.

21-05-2016, 11:10 PM	#20
Galois_vn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Konoha Bài gởi: 899 Thanks: 372 Thanked 362 Times in 269 Posts	Bài 8(2)': với $x, y, z$ thỏa điều kiện bài 8(2) và $A\ge 4+\sqrt{38}, 7\le B\le 13$. CMR: \[Ax+Ay+Bz \ge 7B+9A.\] thay đổi nội dung bởi: Galois_vn, 22-05-2016 lúc 09:59 AM

22-05-2016, 12:56 PM	#23
Galois_vn +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Konoha Bài gởi: 899 Thanks: 372 Thanked 362 Times in 269 Posts	Bài 8(2)": Cho $x,\, y$ và $z$ là ba số thực không âm, thoả mãn $\left\{\begin{matrix} x\geq 4 \\ x+y\geq 7 \\ x+y+z=8 \end{matrix}\right. $ Tìm GTLN của biểu thức $x^3+y^3+z^3-(x^2+y^2+z^2).$

22-05-2016, 07:19 PM	#24
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán này em sử dụng Đánh giá sau: Với n là số tự nhiên lớn hơn 1 thì: $x^{n}\geq x_{0}^{n}+nx_{0}^{n-1}\left ( x-x_{0} \right ) $, với $x $ và $x_{0} $ không âm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=x_{0} $. Trường hợp đặc biệt: 1) n=2: $x^{2}\geq x_{0}^{2}+2x_{0}\left ( x-x_{0} \right ) $ 2) n=3: $x^{3}\geq x_{0}^{3}+3x_{0}^{2}\left ( x-x_{0} \right ) $ Chú ý: Tuỳ theo giá trị các biến trong bộ đẳng thức mà ta chọn giá trị $x_{0} $ phù hợp.

23-05-2016, 07:58 AM	#27
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán 12: Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn: $\left\{\begin{matrix} 0\leq z\leq y\leq x\leq 4 \\ x+y\leq 7 \\ x+y+z=8 \end{matrix}\right. $ Chứng minh rằng: $x^{n}+y^{n}+z^{n}\leq 4^{n}+3^{n}+1 $, với $n\in \mathbb{N}, n> 1. $ P/S: Anh Galois_vn*: Em đang tìm hiểu các bài toán anh đưa ra ạ.

24-05-2016, 10:36 AM	#28
MathNMN2016 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2016 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 130 Thanks: 51 Thanked 1 Time in 1 Post	Bài toán 13: Cho x, y và z là ba số thực, thoả mãn: $\left\{\begin{matrix} 0\leq x\leq y\leq z\leq 1 \\ 3x+2y+z\leq 4 \end{matrix}\right. $ Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=3x^{2}+2y^{2}+z^{2}. $ P/S: Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho bài toán tổng quát của bài toán 8 ý 3 (Bài toán 12) chưa ạ?