3 - Mở rộng: Đánh giá từng biến

[MathNMN2016]

Em xin phát biểu Bài toán 13' thành:

Bài toán 14:


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}\leq 3\left [ \left ( \frac{1}{3} \right )^{n}+1 \right ] $,

với n là số tự nhiên lớn hơn 1.

P/S:


Ở phần Nháp cho bài 13 anh có sử dụng một mệnh đề (em thấy nó là hiển nhiên hay có phải chứng minh không anh?) để chuyển giả thiết:

$3x+2y+z\leq 4 $

thành:

$3x+2y+z=4 $

phải không ạ?

(Nếu vậy từ đây anh mới đánh giá được: $x\geq \frac{1}{3} $ ?)

Đó thật sự là một Ý tưởng hữu ích.


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Galois_vn]

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Em xin phát biểu Bài toán 13' thành:

Bài toán 14:


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}\leq 3\left [ \left ( \frac{1}{3} \right )^{n}+1 \right ] $,

với n là số tự nhiên lớn hơn 1.

P/S:


Ở phần Nháp cho bài 13 anh có sử dụng một mệnh đề (em thấy nó là hiển nhiên hay có phải chứng minh không anh?) để chuyển giả thiết:

$3x+2y+z\leq 4 $

thành:

$3x+2y+z=4 $

phải không ạ?

(Nếu vậy từ đây anh mới đánh giá được: $x\geq \frac{1}{3} $ ?)

Đó thật sự là một Ý tưởng hữu ích.

Đúng là em đã chỉ ra lỗi và cách khắc phục.
Anh vẫn "suy nghĩ nhanh" (nhớ về các đánh giá cũ) nên sai sót.

p/s: Anh nghĩ mệnh đề đó không cần c/m.
------------------------------------------
Anh đang thử dùng "đao to" (dùng đạo hàm riêng) để giả xử lý giải bài 13 và hầu hết các bài khác.
Một bất lợi khi dùng đao to cho các bài toán này là các ràng buộc cho các biến rất phức tạp.

Bước đầu tiên của ý tưởng này là trước khi dùng đao to, ta sẽ chuyển bài toán về các các ràng buộc đơn giản hơn và "chấp nhận" trả giá: hàm mục tiêu (biểu thức cần tìm GTNN hoặc (/và) GTLN) phức tạp hơn.
Vài thí dụ: $x\ge 0$, ta chuyển về $x=x'^2$ với $x'\in \mathbb{R}$, tương tự vậy $x\le y$, ta đặt $b'^2= y-x$ với $b'\in \mathbb{R}$.

------------------------------------------
Ngoài ra cần thêm một ý tưởng khác là dùng BĐT Chebyshev sai khi nhận thấy $3x\le 1 \le 1, x\le y \le z.$ (Ý tưởng chưa thực thi- nhìn sơ bộ, ý tưởng này bị tiêu tùng.)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathNMN2016]

Bài toán 15:


Cho x, y và z là ba số thực lớn hơn hoặc bằng $\sqrt{3} $, thoả mãn:

$x+y+z=6. $

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=6\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )-\left ( x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2} \right ) $

P/S:

Có thành viên nào tiếp cận Bài toán 14 bằng Kỹ thuật chuyển về đẳng thức (theo cách của anh Galois_vn) hoặc phương pháp nào khác?


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Galois_vn]

Nguyên văn bởi Galois_vn

Với $x', y'$ và $z'$ là ba số thực, thoả mãn

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

và $k \in (0,1]$.
Khi đó
\[P'(x',y',z')=3x'^{2}+2y'^{2}+z'^{2}=k^2 P'(\frac{x'}{k},\frac{y'}{k},\frac{z'}{k}) \le P'(\frac{x'}{k},\frac{y'}{k},\frac{z'}{k}).\]
Và dựa vào mệnh đề
Với $A, B$ là hai tập con của $\mathbb{R}$ sao cho tồn tại $\max{A}, \max{B}$ và với mỗi $a\in A$, tồn tại $b\in B$ sao cho $a\le b$ thì $\max{A} \le \max{B}$.
Khi đó ta đưa bài toán ban đầu về bài toán sau

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= 4
\end{matrix}\right. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

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

Chỉ lập luận như bên trên chưa đủ để chuyển bài toán. Ràng buộc $z\leq 1$ đã làm cho lập luận khó khăn hơn. Do đó, ta cần tìm một lập luận tinh vi hơn để có thể chuyển bài toán như trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathNMN2016]

Nguyên văn bởi Galois_vn

Chỉ lập luận như bên trên chưa đủ để chuyển bài toán. Ràng buộc $z\leq 1$ đã làm cho lập luận khó khăn hơn. Do đó, ta cần tìm một lập luận tinh vi hơn để có thể chuyển bài toán như trên.

Theo em nghĩ thì anh đã tiếp cận bài toán 13 theo ý tưởng trên, nếu không làm sao đánh giá được $x\geq \frac{1}{3} $ ạ?


Anh xem thử bài toán sau đây:

Bài toán phụ:


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

$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )< 10. $

Chứng minh rằng:

x, y và z là độ dài ba cạnh của một tam giác nào đó.



[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Galois_vn]

Lời giải chính thức cho Bài 13.

Trường hợp 1: nếu $x< \frac{1}{3}$, ta có $\begin{cases} 0\le x< \frac{1}{3},\\
y,z \le 1.\end{cases}$
Do đó $P <\frac{1}{3}+3.$

Trường hợp 2: nếu $x\ge \frac{1}{3}$

Làm như lúc trước (đã chỉnh sửa cho phù hợp).

Nguyên văn bởi Galois_vn

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

Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi $(x,y,z)= (\frac{1}{3},1,1)$.
(Dự đoán xảy ra khi $y=z=1$.)

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}

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathNMN2016]

Nguyên văn bởi Galois_vn

Lời giải chính thức cho Bài 13.

Trường hợp 1: nếu $x< \frac{1}{3}$, ta có $\begin{cases} 0\le x< \frac{1}{3},\\
y,z \le 1.\end{cases}$
Do đó $P <\frac{1}{3}+3.$

Trường hợp 2: nếu $x\ge \frac{1}{3}$

Làm như lúc trước (đã chỉnh sửa cho phù hợp).

Nếu vậy thì đơn giản hơn anh nhỉ?



Anh xem thử Bài toán phụ, em nghĩ nó có thể được giải bằng tư duy: Chuyển về đẳng thức.
------------------------------
Bài toán 16:


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

$x+y+z=1. $

Với k là hằng số cho trước, hãy tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức:

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

P/S:

Có bạn nào có hướng tiếp cận cho bài toán 15 chưa?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Galois_vn]

Nguyên văn bởi MathNMN2016

Theo em nghĩ thì anh đã tiếp cận bài toán 13 theo ý tưởng trên, nếu không làm sao đánh giá được $x\geq \frac{1}{3} $ ạ?


Anh xem thử bài toán sau đây:

Bài toán phụ:


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

$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )< 10. $

Chứng minh rằng:

x, y và z là độ dài ba cạnh của một tam giác nào đó.

Bài toán phụ này chó thể c/m thông qua BĐT $\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \ge \frac{4}{x+y}.$
Sau đó, ta thu được bất phương trình theo ẩn $u= \frac{z}{x+y}$.

Tuy thế, nếu tự nghĩ ra thì không dễ tự thấy kết quả "xa lạ" này.
Đặc biệt đối với những người không dành nhiều thời gian cho món này.

Anh chưa liên kết được dữ kiện bài 13 và bài toán phụ trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathNMN2016]

Nguyên văn bởi Galois_vn

Anh chưa liên kết được dữ kiện bài 13 và bài toán phụ trên.

Ý tưởng em muốn nói đến chính là câu hỏi:

"Có thể chuyển bài toán trên về bài toán dưới đây?"

Bài toán:


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

$(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=10. $

Chứng minh rằng:

$(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\geq 0. $

------------------------------
Bài toán 17:


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

$x+2y+3z=4. $

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=x^{2}(5-6x)+4y^{2}(5-12y)+9z^{2}(5-18z). $

P/S:

Có thành viên nào có hướng tiếp cận cho bài toán 16 chưa ạ?


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathNMN2016]

Bài toán trên cũng là bài toán khép lại Chuỗi thứ 3 này do mình chọn lọc và sắp xếp theo một hướng tư duy, gọi là:

Mở rộng đánh giá từng biến

Mình có một câu hỏi:

" Hướng tư duy đó là gì? "

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]