Đến nội dung


Chuyên mục

 Photo

Tuần 4 tháng 8/2016: Bài toán qua tâm

21-08-2016

Xin lỗi mọi người vì bài toán tuần này được mình đưa lên hơi muộn! :(

 

Lời giải bài toán cũ đã có tại tuần 4 tháng 8 và kèm theo đó là bài toán mới, xin được trích dẫn lại bài toán đó

 

Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Lấy điểm $H$ sao cho $AH\perp BC$ và $HM\perp AM.P$ đối xứng $H$ qua $M.K,L$ là hình chiếu của $P$ lên cạnh $CA,AB$. Trên cạnh $CA,AB$ lấy $Q,R$ sao cho $AQ=2KC$ và $AR=2BL.AM$ cắt $QR$ tại $N$. Chứng minh rằng $PN$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Post 294.PNG

Hình vẽ bài toán

  491 Lượt xem · 3 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi quanghung86 )

 Photo

Alan Baker ( 19 / 8 / 1939 )

19-08-2016

 Baker_Alan.jpg

 

Alan Baker được tặng Giải thưởng Fields năm $1970$ tại Đại hội toán học quốc tế ở Nice khi ông $31$ tuổi. Giải thưởng đó được trao cho ông nhờ các công trình về phương trình Diophant (phương trình chỉ xét các nghiệm nguyên) .

 

Các phương trình Diophant đã có lịch sử hơn $2000$ năm. Ngay ở Việt Nam, bài toán cổ " một trăm con trâu, một trăm bó cỏ, trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già ba con một bó, hỏi mỗi loại mấy con " (tất nhiên là trâu già không nằm mà cũng không đứng) là bài toán về phương trình Diophant đã được giải trong sách " Đại thành toán pháp " của Lương Thế Vinh vào thế kỷ $17$.

 

Mặc dù có lịch sử phát triển lâu đời như vậy, cho đến những năm đầu của thế kỷ $20$, người ta chỉ biết đến những bài toán lẻ tẻ, được giải nhờ những phương pháp tài tình và đặc biệt. Vì thế các phương trình Diophant luôn là " bài toán đố " và ít ai nghĩ là có thể tìm ra cách giải tổng quát cho từng loại phương trình. Có lẽ Thue ($1863 - 1922$) nhà toán học Na Uy, là người đầu tiên có một kết quả đột phá khi ông chứng minh (vào năm $1909$) rặng mọi phương trình Diophant có dạng:

$$f(x,y)=m$$

trong đó $m$ là số nguyên khác $0$ và $f$ là đa thức thuần nhất hệ số nguyên, bất khả quy có bậc ít nhất là $3$ có không quá hữu hạn nghiệm.

 

Edmund Landau viết năm $1922$ rằng, kết quả của Thue là phát minh quan trọng nhất trong số học sơ cấp mà ông được biết .

 

Carl Siegel và Klaus Roth (giải thưởng Fields năm $1954$) đã mở rộng các lớp phương trình Diophant, mà đối với chúng, kết luận nêu trên vẫn còn đúng, thậm chí có thể đưa ra cận trên của số nghiệm phương trình. Baker đi xa hơn, ông đưa ra phương pháp, mà ít nhất là trên nguyên tắc, cho phép tìm thấy lời giải đầy đủ của ván đề. Ông chứng minh rằng đối với các phương trình $f(x,y)=m$ đã mô tả ở trên, tồn tại số $B$ chỉ phụ thuộc $m$ và các hệ số của $f$ sao cho mọi nghiệm $(x_{0},y_{0})$ của phương trình $f(x,y)=m$ ta có 

$$max(|x_{0}|,|y_{0}|) \leq B$$

Điều này có nghĩa là để tìm nghiệm của phương trình đã cho chỉ cần xét một số hữu hạn khả năng có thể. Như vây trên nguyên tắc, có thể xác định đầy đủ các nghiệm bằng cách thay lần lượt vào phương trình tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn bất đẳng thức trên, cặp nào thỏa mãn sẽ là nghiệm. Dĩ nhiên trên thực tế thì điều này nói chung không thể làm được do có thể vì số $B$ quá lớn.

 

Baker cũng đóng góp to lớn vào bài toán Hilbert thứ bảy. Đó là bài toán hỏi bằng $a^{q}$ có phải là số siêu việt hay không khi $a,q$ là các số đại số (số đại số là các số mà nghiệm của đa thức với hệ số nguyên, số siêu việt là các số thực không phải là số đại số. Nói chung việc chỉ ra một số có phải số siêu việt hay không là điều hết sức khó khăn ). Chính Hilbert nghĩ rằng, trong số $23$ bài toán mà ông đề ra cho toán học thế kỉ $20$, bài toán thứ $7$ có lẽ là bài toán khó nhất, khó hơn cả giả thuyết Riemann. Tuy nhiên, bài toán Hilbert đã được giải quyết một cách độc lập năm $1934$, bởi hai nhà toán học Gelfond (người Nga) và Schneider (người Đức ). Cụ thể, theo định lý Gelfond - Schneider, $a^{q}$ là số siêu việt nếu $a$ là số đại số khác $0,1$ còn $q$ là số đại số vô tỷ. Gelfond phát biểu giả thuyết tổng quát sau đây là định lý nếu trên chỉ là một trường hợp riêng:

 

Nếu $a_{m},b_{m}$ với $1\leq m \leq n$ là các số đại số sao cho hệ các số $(ln a_{m})$ là độc lập tuyến tính trên trường $Q$, thì $\sum_{i=1}^{n}b_{n}lna_{n}$ phải khác $0$.

 

 

Bằng cách chứng minh Giả thuyết Gelfon năm $1966$ Baker đã thành công trong việc mở rộng đáng kể định lý Gelfon - Schneider. Nhờ công trình của Baker, người ta đã biết đến một phạm trù rộng lớn các số siêu việt mà trước đó chưa được xét đến. Mặt khác, công trình của ông cũng chỉ ra cách mà các công trình lý thuyết có thể dẫn đến việc giải một lớp rộng lớn các phương trình Diophant. Có thể nói rằng, với các kết quả của Thue, Siegel, Roth, Gelfont, Schneider, Baker, ... số học dần dần thoát khỏi thời kỳ thủ công, khi mà môi phương trình đòi hỏi một mẹo giải. Đó là những kết quả quan trọng đầu tiên cho thấy cấu trúc tổng quát ẩn chứa trong số học, và góp phần hình thành quan niệm về sự thống nhất của toán học, điều được chứng minh về sau trong rất nhiều công trình của các nhà toán học được Giải thưởng Fields.

Về các kết quả của Baker, Turan viết: " Công trình của ông là một ví dụ về hai điều hết sức hấp dẫn. Thứ nhất, nó thể hiện xu hướng mạnh mẽ bắt đầu từ một lý thuyết để tiến đến giải những bài toán cụ thể. Thứ hai, nó chỉ ra rằng, việc giải trực tiếp một bài toán sâu sắc tự nó có thể phát triển một cách rất tự nhiên thành một lý thuyết phong phú và có mối liên hệ nhanh chóng và hữu ích với những bài toán quan trọng trong toán học.

 

Nhà toán học Alan Baker, sinh ngày $19/8/1939$ thọ $76$ tuổi là một nhà toán học nước anh. Ông được biết đến với các phương pháp đặc biệt đưa đưa ra trong quá trình nghiên cứu lý thuyết số, đặc biệt là các phương pháp xuất phát từ lý thuyết số siêu việt. Ông được dẫn dắt bởi nhà toán học Harold Davenport tại trường đại học London và sau đó tiếp tục học tại Camridge. Ông là một thành viên của Trinity College, Cambridge. Lĩnh vực nghiên cứu chủ yếu của ông là lý thuyết số, lý thuyết số siêu việt ,dạng logarit, phương pháp hiệu dụng trong lý thuyết số, hình học diophantine và giải tích diophantine.

 

Từ năm $1964$ đến năm $1968$ Baker làm nghiệm cứu viên tại Cambridge, sau đó trở thành Giám đốc nghiên cứu về toán và giữ chức vụ đó đến năm $1974$, khi ông được bổ nhiệm làm giáo sư toán lý thuyết. Trong thời gian đó, ông nhiều lần sang Mỹ làm việc, là thành viên của Viện nghiên cứu cao cấp Princeton, giáo sư mới tại Stanford năm $1974$ .

 

Baker viết nhiều cuốn sách nổi tiến: trong đó kể đến các cuốn Lý thuyết số siêu việt ($1975$ ), lý thuyết siêu việt, thành tựu và ứng dụng ($1977$) và Nhập môn ngắn vào lý thuyết số ($1984$) .

 

Ngoài giải thưởng Fields, Baker còn nhận được nhiều giải thưởng cao quý khác như Giải thưởng Adams Prize của Đại học Cambridge năm $1972$. Ông cũng được bầu vào Viện hàn lâm Hoàng gia năm $1973$, Việc sĩ danh dự của Viện hàn lâm khoa học Ấn Độ năm $1980$.

 

Trích từ: Các nhà toán học được giải thưởng Fields - Hà Huy Khoái 

  459 Lượt xem · 0 Trả lời

 Photo

Tuần 3 tháng 8/2016: Chứng minh trực tâm nằm trên đoạn thẳng

14-08-2016

Như vậy lời giải cho bài Tuần 2 tháng 8/2016 đã được thầy Hùng đưa tại Tuần 3 tháng 8/2016 kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $DE,DF$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. $R$ là trung điểm $PQ$. $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$. Gọi $HN$ cắt $AR$ tại $L$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $ALN$ nằm trên $EF$.

 

Screen Shot 2016-08-14 at 9.21.45 PM.png

  627 Lượt xem · 3 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi baopbc )

 Photo

Trường hè toán học 2016 bài kiểm tra số 2

13-08-2016

Nguồn: fb của bạn Hiếu Digb

 


Đánh lại vì ảnh nhỏ.
Bài 5. Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, giả sử $O$ không trùng giao điểm $G$ của $AC$ và $BD$ và $O$ không nằm trên đường thẳng $BD$.
Giả sử $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$. Đường thẳng $OG$ cắt $EF$ tại $I$.
a. chứng minh $BEIC$ $DFIC$ VÀ $OBID$ nội tiếp đường tròn
b. gọi $M$ $N$ là tâm của đường tròn $(BCE)$ và $(DCF)$. Gọi $P$ $Q$ là giao điểm của $(CMN)$ và $(OBD)$. Chứng minh $OI$ $PQ$ và $MN$ đồng quy và tam giác $EAF$ và $MON$ đồng dạng
Bài 6. cho đa thức $P(x)=x^n-(p-1)x+p$ trong đó $n\geq 2$ và $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu $P(x)$ phân tích thành 2 đa thức với hệ số nguyên khác đa thức hằng số thì $P(x)$ có nghiệm $z$ sao cho $\left | z \right |=1$
Bài 7 Cho $p>5$ là số nguyên tố và $p\neq 107$ ta viết
$\frac{1}{1^{2003}}+\frac{1}{2^{2003}}+...+\frac{1}{(P-1)^{2003}}=\frac{a}{b}$
Trong đó $a$ $b$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh $p^2\setminus a$
@Zaraki: Cho phép mình gộp hai bài viết lại để mọi người dễ đọc + thấy được đề trên trang chủ.

  593 Lượt xem · 4 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi canhhoang30011999 )

  720 Lượt xem · 8 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi nhatt1k25cht )

 Photo

Tuần 2 tháng 8/2016: Vấn đề đường tròn tiếp xúc trên cấu hình đường kính

07-08-2016

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 8 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán :

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O).AD$ là đường kính của $(O).E,F$ là hình chiếu của $P$ bất kỳ trong tam giác lên $CA,AB.PD$ cắt trung trực $EF$ tại $K$. Đường tròn $(K)$ đi qua $E,F$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $M,N$ khác $E,F$. Chứng minh rằng các đường thẳng $EF,MN,BC$ cắt nhau tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc $(O)$.

Post 278.PNG

 

 

  727 Lượt xem · 8 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi quanghung86 )

 Photo

Topic: [LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức.

07-08-2016

               Chào các bạn thân mến!

 Thật sự là chẳng biết gì nói ở phần mở đầu Topic này nhưng vì trong lòng muốn háo hức Topic bắt đầu hoạt động nên chỉ có vài lời như sau:

                 Kì thi tuyển sinh ĐH-CD năm 2017-2018 đang ở trước chúng ta, chỉ còn $46$ tuần nữa thôi. Chắc hẳn rằng các bạn đang rất muốn vượt qua để bước chân vào cánh cổng đại học và thực hiện những ước mơ mà các bạn đã ấp ủ. Và hôm nay nhân ngày đẹp trời, mình quyết định lập Topic mang tựa đề: "[LTDH] Mỗi ngày hai bất đẳng thức"  và bên cạnh đó là những điều lệ và quy cách như sau:

         1) Mỗi ngày sẽ có hai bài toán bất đẳng thức được đăng lên diễn đàn. Và nội dung lời giải của hai bài bất đẳng thức này sẽ được đăng vào ngày hôm sau. (Rất đơn giản phải không).

         2) Một số lưu ý khi tham gia Topic:

           + Không được spam, lạc đề.  

           + Lời giải phải rõ ràng, không viết quá vắn tắt, tránh gây khó hiểu.

          Nội dung của nội quy Topic chỉ có bấy nhiêu, hi vọng mọi người ủng hộ và giúp đỡ. 

Và ngoài ra mong các bạn ủng hộ các Topic này nữa nhé:

Để mở đầu cho Topic mình xin bắt đầu hai bài như sau:

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh: 

 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{13}{a+b+c+1}\ge \frac{25}{4}$

Bài 2: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn: $x(x+y+z)=3yz$. Chứng minh rằng: $(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(y+z)(z+x)\le 5(y+z)^3$

  2461 Lượt xem · 72 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi royal1534 )

 Photo

Tuần 1 tháng 8/2016: Đường thẳng đi qua điểm cố định

01-08-2016

Như vậy lời giải cho bài Tuần 4 tháng 7/2016 đã được thầy Hùng cho lời giải tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. Đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $K,L$ lần lượt đối xứng với $(O)$ qua $CA,AB$. $KE$ cắt $LF$ tại $P$. Trên $AH$ lấy $Q$ sao cho $PQ \parallel AO$. $R$ đối xứng với $A$ qua $OQ$. Gọi $AD$ là đường kính của $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $DR$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi. 

 

Screen Shot 2016-08-01 at 7.24.35 PM.png

 

PS: Xin lỗi mọi người vì bài toán mới của thầy Hùng được đưa lên diễn đàn hơi chậm. 

 

Anh em cùng giải quyết bài này nào. :D

  747 Lượt xem · 5 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi Nguyen Dinh Hoang )

 Photo

Trường hè toán học năm 2016 (phần đại số)

31-07-2016

                                            TRƯỜNG HÈ TOÁN HỌC NĂM 2016 (ĐẠI SỐ) 

Được sự cho phép của thầy Trần Quốc Luật - GV trường THPT chuyên Hà Tĩnh, hôm nay - khi Trường hè Toán học 2016 ở ba miền đã kết thúc, mình xin đăng lại phần bài giảng của thầy với tư cách là một học sinh tham gia Trường hè (Chủ đề: Một số định hướng chứng minh tồn tại trong đại số). 

 

1. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại $n$ tam thức bậc hai khác nhau từng đôi một thỏa mãn:

i) mỗi tam thức bậc hai có hệ số của ${{x}^{2}}$ bằng 1;

ii) tổng của 2 tam thức bậc hai bất kỳ có đúng 1 nghiệm.

2. Tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại $n$ số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},\ldots ,{{a}_{n}}$ thuộc $(-1;1)$ và thỏa mãn điều kiện

${{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}=0;a_{1}^{2}+\cdots +a_{n}^{2}=k$ với $k$ nguyên dương cho trước.

3. Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho tồn tại $n$ số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) tổng của $n$ số đó dương;

ii) tổng lập phương của $n$ số đó âm;

iii) tổng lũy thừa bậc $5$ của $n$  số đó dương.

4. Người ta viết lên bảng phương trình

$(x-1)(x-2)(x-3)...(x-2016)=(x-1)(x-2)(x-3)...(x-2016)$

với 2016 nhân tử bậc nhất ở mỗi vế.

Hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để có thể xóa đi $k$ nhân tử trong số 4032 nhân tử nêu trên sao cho mỗi vế còn ít nhất một nhân tử và phương trình thu được không có nghiệm thực.

5. Cho các số thực phân biệt ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{16}}$.

Với mỗi đa thức hệ số thực $P(x),$ đặt $V(P(x))=P({{\alpha }_{1}})+P({{\alpha }_{2}})+...+P({{\alpha }_{16}}).$

Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức $Q(x)$ bậc 8 có hệ số ${{x}^{8}}$ bằng $1$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) $V(Q(x)\cdot P(x))=0$ với mọi đa thức $P(x)$ có bậc bé hơn 8;

ii) $Q(x)$ có $8$ nghiệm thực (tính cả bội).

6. Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại đa thức bậc $2n$ có ít nhất một nghiệm thực, đồng thời tất cả các hệ số của đa thức này đều là các số thực thuộc đoạn $[2015;2016].$

7. Cho số thực $k,$ số nguyên dương $n$ và các số thực dương ${{x}_{1}},{{x}_{2}},...,{{x}_{n}}.$ Chứng minh rằng tồn tại $n$ số ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}}$ nhận giá trị thuộc $\text{ }\!\!\{\!\!\text{ }-1;1\}$ sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng

${{a}_{1}}x_{1}^{k}+{{a}_{2}}x_{2}^{k}+...+{{a}_{n}}x_{n}^{k}\ge {{\left( {{a}_{1}}{{x}_{1}}+{{a}_{2}}{{x}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{x}_{n}} \right)}^{k}}.$

8. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho trong $n$ số thực dương ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}}$ thỏa mãn $\max ({{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}})\le \frac{n}{2}.\min ({{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}})$ luôn tồn tại ba số là chiều dài các cạnh của một tam giác nhọn.

 

9. Với mỗi tập $M\subset \mathbb{R}$ hữu hạn, bị chặn, ta kí hiệu

$\text{conv}\left( M \right)=\left\{ \sum\limits_{i=1}^{n}{{{\lambda }_{i}}.{{x}_{i}}}|n\in {{\mathbb{N}}^{*}},{{\lambda }_{i}}\in \mathbb{R},{{\lambda }_{i}}\ge 0,\sum\limits_{i=1}^{n}{{{\lambda }_{i}}}=1,{{x}_{i}}\in M \right\}.$

Chứng minh rằng với mỗi tập $M\subset \mathbb{R},M\ne \varnothing $ và $\forall x\in \text{conv}(M),\forall \varepsilon >0$ thì ta có thể chọn được các phần tử ${{x}_{1}},{{x}_{2}},...,{{x}_{k}}\in M$ sao cho

$\left| \frac{1}{k}\sum\limits_{i=1}^{k}{{{x}_{i}}}-x \right|<\varepsilon .$

10. Cho trước 2 số nguyên dương $k,n.$ Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương ${{m}_{1}},{{m}_{2}},...,{{m}_{k}}$ thỏa mãn

$1+\frac{{{2}^{k}}-1}{n}=\left( 1+\frac{1}{{{m}_{1}}} \right)\left( 1+\frac{1}{{{m}_{2}}} \right)...\left( 1+\frac{1}{{{m}_{k}}} \right).$

11. Hãy xác định tất cả các số nguyên dương $m$ sao cho tồn tại các đa thức với hệ số thực $P(x),Q(x),R(x,y)$ thỏa mãn điều kiện: 

Với mọi số thực $a,b$ mà ${{b}^{2}}={{a}^{m}}$ thì $P(R(a,b))=a$ và $Q(R(a,b))=b.$

12. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại $n$ số thực dương ${{x}_{1}},{{x}_{2}},\ldots ,{{x}_{n}}$ khác nhau đôi một thỏa mãn với mọi số nguyên $i,j$ thỏa mãn  $1\le i\ne j\le n$ thì  $(3{{x}_{i}}-{{x}_{j}})({{x}_{i}}-3{{x}_{j}})\ge {{(1-{{x}_{i}}{{x}_{j}})}^{2}}.$

13. Chứng minh tồn tại vô số số $n$ sao cho phần lẻ của $\ln [(2{{n}^{2}}+1)({{n}^{2}}+n+1)]$ không vượt quá $\frac{1}{2016}.$

14. Cho một dãy bất kỳ gồm vô hạn các số thực dương ${{a}_{0}},{{a}_{1}},{{a}_{2}},...$  Chứng minh tồn tại vô hạn giá trị $n$ để bất đẳng thức sau đúng $1+{{a}_{n}}>{{a}_{n-1}}\sqrt[n]{2}.$

15. Cho đa thức bậc ba hệ số nguyên $P(x)$ thỏa mãn điều kiện: tồn tại vô số cặp số nguyên phân biệt $(m,n)$ sao cho $mP(m)=nP(n).$ Chứng minh đa thức $P(x)$ có nghiệm nguyên.

16. Cho $P(x)$ là đa thức với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: tồn tại vô số cặp số nguyên $(m,n)$ sao cho $P(m)+P(n)=0.$ Chứng minh rằng đồ thị của hàm số $y=P(x)$ có tâm đối xứng.

 

17. Cho dãy các đa thức hệ số thực ${{\left\{ {{P}_{n}}(x) \right\}}_{n=1,2,3,...}}$ thỏa mãn điều kiện  ${{P}_{n}}(2\cos x)={{2}^{n}}\cos nx;\forall x\in \mathbb{R};\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.$

Tìm số $k$ nhỏ nhất thỏa mãn $\frac{\sqrt[2016]{{{P}_{2016}}(x)}-2}{x-2}\le k;\forall x\ne 2.$ 

18. Cho đa thức $f(x)$ hệ số thực khác hằng. Chứng minh với mỗi số $c>0,$ tồn tại số nguyên dương ${{n}_{0}}$ thoả mãn điều kiện: Nếu đa thức $P(x)$ với hệ số thực có bậc $k$ không nhỏ hơn ${{n}_{0}}$ và có hệ số của số hạng bậc cao nhất bằng 1 thì số các số nguyên $x$ thỏa mãn $\left| f(P(x)) \right|\le c$ không vượt quá $k.$

19. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại đa thức hệ số nguyên $P(x)$ có bậc bằng $n$ với hệ số đầu dương thỏa mãn điều kiện $\frac{4{{x}^{2}}{{P}^{2}}(x)+P(x)}{{{x}^{2}}-1}$ là bình phương của một đa thức hệ số nguyên.

20. Chứng minh với mỗi số nguyên dương $n,$ tồn tại đa thức $P(x)\in \mathbb{Z}[x]$ bậc $n$ sao cho $P(0),P(1),...,P(n)$ phân biệt và tất cả các số đó đều có dạng ${{2.2016}^{k}}+3$ với $k$ nguyên dương.

21. Cho tập hợp $S$ gồm 2016 phần tử là các số thực đôi một phân biệt. Chứng minh trong $S$ chứa 4 số $a,b,c,d$ (không nhất thiết phân biệt) mà $a>b;c>d;{{(a-c)}^{2}}+{{(b-d)}^{2}}\ne 0$ thỏa mãn $\left| \frac{a-b}{c-d}-1 \right|<{{10}^{-5}}.$

22. Cho $n$ một số nguyên dương không phải là số lập phương.

Xét các số $a,b,c$ cho bởi công thức $a=\sqrt[3]{n};b=\frac{1}{\left\{ a \right\}};c=\frac{1}{\left\{ b \right\}}$ trong đó $\left\{ x \right\}$ là phần lẻ của số thực $x.$ Chứng minh có vô hạn $n$ sao cho tồn tại các số nguyên $r,s,t$ không cùng bằng không mà $ra+sb+tc=0.$

23. Cho ${{a}_{ij}}$ là các số thực thỏa mãn ${{a}_{ij}}>0$ nếu $i=j$ và ${{a}_{ij}}<0$ nếu $i\ne j.$ Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương ${{c}_{1}},{{c}_{2}},{{c}_{3}}$  sao cho các s ${{a}_{11}}{{c}_{1}}+{{a}_{12}}{{c}_{2}}+{{a}_{13}}{{c}_{3}},{{a}_{21}}{{c}_{1}}+{{a}_{22}}{{c}_{2}}+{{a}_{23}}{{c}_{3}},{{a}_{31}}{{c}_{1}}+{{a}_{32}}{{c}_{2}}+{{a}_{33}}{{c}_{3}}$ cùng bằng không, cùng dương hoặc cùng âm.   

24. Cho hàm số $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ thỏa mãn

$f(m)+f(n)+f(f({{m}^{3}}+{{n}^{3}}))=2017;\forall m,n\in \mathbb{Z}.$

Giả sử rằng tồn tại các số nguyên $a,b$ sao cho $f(a)-f(b)=3.$

Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $c,d$ thỏa mãn $f(c)-f(d)=2016.$

25. Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện $a<\frac{b}{2}<\frac{c}{4}.$ Chứng minh tồn tại một số thực $\lambda $ thỏa mãn $\left\{ \lambda a \right\},\left\{ \lambda b \right\},\left\{ \lambda c \right\}\in \left( \frac{1}{3},\frac{2}{3} \right].$

26. Cho các số thực ${{x}_{i}},i=1,2,...,100$ thỏa mãn $\sum\limits_{i=1}^{100}{x_{i}^{2}}=1.$ Chứng minh tồn tại các số nguyên ${{a}_{i}},i=1,2,...,n$ thuộc đoạn $[-200;200]$ thỏa mãn

$\left| \sum\limits_{i=1}^{100}{{{a}_{i}}{{x}_{i}}} \right|\le \frac{2016}{{{200}^{100}}}.$

27. Cho $f(x)=a{{x}^{2}}+bx+c\in \mathbb{R}[x],a\ne 0$ thỏa mãn $f(x)\ge 0;\forall x\ge 0.$ Chứng minh rằng tồn tại đa thức $P(x)$ sao cho đa thức $f(x)P(x)$ có tất cả các hệ số đều không âm.

28. Cho 2016 số thực ${{x}_{i}}\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }-1;1]$ với mọi $i=\overline{1,...,2016}$ thỏa mãn $\left| \sum\limits_{i=1}^{2016}{{{x}_{i}}} \right|>1.$

Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương $k$ sao cho

$\left| \sum\limits_{i=1}^{k}{{{x}_{i}}}-\sum\limits_{i=k+1}^{2016}{{{x}_{i}}} \right|\le 1.$

29. Xét $n$ số nguyên dương $0<{{x}_{1}}\le {{x}_{2}}\le ...\le {{x}_{n}}<2$ có tổng bằng 3.

Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương $k\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }1;n-1\text{ }\!\!]\!\!\text{ }$ sao cho

$1\le {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...+{{x}_{k}}\le 2.$

30. Cho hàm $f:(0;1)\to (0;1)$ xác định bởi $f(x)=x+\frac{1}{2};\forall x<\frac{1}{2};f(x)={{x}^{2}};\forall x\ge \frac{1}{2}.$

Xét $0<a<b<1$ và 2 dãy ${{a}_{0}}=a,{{b}_{0}}=b;{{a}_{n}}=f({{a}_{n-1}});{{b}_{n}}=f({{b}_{n-1}});\forall n\ge 1.$

Chứng minh rằng tồn tại $n$ thỏa mãn $({{a}_{n}}-{{a}_{n-1}})({{b}_{n}}-{{b}_{n-1}})<0.$

31. Cho đa thức $P(x)\in \mathbb{R}[x]$ bậc $n$ sao cho $\frac{2{P}'(-1)}{P(-1)}+n\ge 0.$ Chứng minh rằng $P(x)$ có ít nhất một nghiệm (thực hoặc phức) ${{x}_{0}}$ thỏa mãn $\left| {{x}_{0}} \right|\ge 1.$

32. Tồn tại hay không các số thực ${{a}_{ij}}\in \text{ }[0;1];\forall i=1,...,2016;j=1,...,2016$ thỏa mãn điều kiện

$\frac{1}{\sqrt[2016]{mn}}\sum\limits_{i=1}^{m}{\sum\limits_{j=1}^{n}{{{a}_{ij}}}}=1;\forall m=1,...,2016;n=1,...,2016.$?

 

33. Cho $({{a}_{n}})$ là dãy số dương sao cho tồn tại $M>0$ thỏa

$a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}<Ma_{n+1}^{2};\forall n\ge 1.$

Chứng minh tồn tại ${M}'>0$ sao cho

${{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}}<{M}'{{a}_{n+1}};\forall n\ge 1.$

34. Cho ${{a}_{0}}<{{a}_{1}}<{{a}_{2}}\ldots $ là một dãy vô hạn số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất $n\ge 1$ sao cho

${{a}_{n}}<\frac{{{a}_{0}}+{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+\cdots +{{a}_{n}}}{n}\le {{a}_{n+1}}.$

Nếu bỏ giả thiết dãy nguyên dương thì kết quả trên còn đúng nữa không?

35. Cho dãy các số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...$ thỏa mãn tồn tại $c$ sao cho $0\le {{a}_{i}}\le c;\forall i\ge 1$ và  $\left| {{a}_{i}}-{{a}_{j}} \right|\ge \frac{1}{i+j};\forall i,j$ mà $i\ne j.$

Chứng minh $c\ge 1.$

36. Chứng minh với mỗi số nguyên $n$ tồn tại vô hạn cách viết $n$ dưới dạng

$n=\pm {{1}^{2}}\pm {{2}^{2}}\pm ...\pm {{k}^{2}}$

với số nguyên dương $k$ và các dấu +, − được chọn phù hợp.

37. Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho tồn tại các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ và $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)}<\frac{3}{2}.$

38.  Chứng minh rằng với mọi số thực $a$ luôn tồn tại duy nhất một dãy gồm 2016 số thực thỏa mãn ${{x}_{0}}={{x}_{2015}}=0$ và

${{x}_{i+1}}=2x_{i}^{3}+2{{x}_{i}}-{{x}_{i-1}}-2{{a}^{3}};\forall i\in \text{ }\!\![\!\!\text{ }1;2014].$

39. Cho hai dãy số $({{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}}),({{b}_{1}},{{b}_{2}},...,{{b}_{n}})$ với ${{a}_{i}},{{b}_{i}}\in \{1,2,...,n\}.$ Chứng minh tồn tại hai dãy con các số hạng kề nhau có tổng bằng nhau.

40. Cho dãy số thực ${{a}_{0}},{{a}_{1}},...$ thỏa mãn ${{a}_{n+1}}=\left[ {{a}_{n}} \right].\left\{ {{a}_{n}} \right\};\forall n\ge 0.$ Chứng minh rằng tồn tại $N$ sao cho ${{a}_{i+2}}={{a}_{i}}$ với mọi $i\ge N.$

 

 

  858 Lượt xem · 2 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi dungxibo123 )

 Photo

$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

27-07-2016

Gửi tặng đến các thành viên của VMF bài viết của mình cho kỷ yếu GGTH năm nay. Ban đầu bài này nằm chung một chuyên đề với Bổ đề hoán vị nhưng đọc lại thấy nó dài quá nên mình chia nó ra làm 3 phần: Bổ đề hoán vị, $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ và còn một phần nữa vẫn đang viết.

 

Mọi người đọc bài viết và cho tác giả ý kiến nhé. :)

 

 

$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

 

 

Trong bài viết nhỏ này tác giả xin được giới thiệu với bạn đọc những ứng dụng thú vị xoay quanh việc khai thác đại lượng $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ kết hợp với kỹ thuật $pqr.$ Dù những lời giải và biến đổi trong bài đôi khi khá cồng kềnh nhưng hướng đi lại rất trực quan và hiệu quả. Hy vọng kỹ thuật này sẽ cung cấp cho bạn đọc có một số ý tưởng ban đầu trong lúc bối rối trước một bất đẳng thức khó, cũng như từ việc đánh giá và đẳng thức sẽ tìm được lời giải gọn và đẹp hơn.

 

Với mọi số thực $a,\,b,\,c$ bất kỳ ta luôn có
\begin{equation} \label{lab-1} % :v
P = (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geqslant 0.
\end{equation}
Nếu đặt $p = a+b+c, \, q = ab+bc+ca$ và $r = abc$ (cách đặt này sẽ thống nhất cho cả bài viết) thì ta có thể biểu diễn
\begin{equation} \label{lab0}
P = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 = \frac{4(p^2-3q)^3-(2p^3-9pq+27r)^2}{27}.
\end{equation}
Đối với những ai từng nghiên cứu và sử dụng qua kỹ thuật $pqr,$ khai triển trên không quá xa lạ nhưng lại ít được sử dụng vì khá cồng kềnh. Bài viết này sẽ khai thác trực tiếp biến đổi trên và ứng dụng trong xử lý một số biểu thức hoán vị. Hy vọng qua đây, bạn đọc sẽ tìm thấy sự thú vị riêng cũng như nét độc đáo của bất đẳng thức.

 

1. Các bài toán mở đầu

Trong phần này, ta sẽ dùng kỹ thuật $pqr$ để trực tiếp xử lý những bất đẳng thức có chứa đại lượng $(a-b)(b-c)(c-a).$ Trước tiên, dùng khai triển \eqref{lab0} để chuyển bài toán về dạng $pqr.$ Sau đó, dựa trên những điều kiện của đề bài tìm ra mối liên hệ giữa $p,\,q$ và $r.$ Từ đó, có những đánh giá thích hợp hoặc dồn về một biến và khảo sát hàm. Để hiểu rõ hơn, mời bạn đọc cùng xem các bài toán sau đây.

Bài 1. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ và $t \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện $a+b+c=0,$ $a^2+b^2+c^2 = 6t^2.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\begin{equation} \label{lab1}
F = \left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.
\end{equation}

(Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Từ giả thiết ta có
\[q = \frac{(a+b+c)^2 - (a^2+b^2+c^2)}{2} = -3t^2.\]
do đó $p = 0,\;q = -3t^2,$ suy ra
\[\begin{aligned}F^2 & = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2 \\ & = 27(4t^6 - r^2) \leqslant 27 \cdot 4t^6 = 108t^6.\end{aligned}\]
Vậy $F \leqslant 6\sqrt{3}t^3$ đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
\[\left\{ \begin{aligned} & abc = 0 \\& a + b + c = 0 \\& ab + bc + ca = -3t^2 \end{aligned} \right.\]
Tức $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của
\[x^3 - 3t^2x = 0.\]
Giải phương trình này ta được $(a, \, b, \, c) = (\sqrt{3}t, \, -\sqrt{3}t ,\, 0)$ cùng các hoán vị. Điều này cho phép ta kết luận $F_{\max} = 6\sqrt{3}t^3.$

Nhận xét. Trường hợp $t = 1$ ta được bài toán sau:

Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=0$ và $a^2+b^2+c^2 = 6.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[F = \left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|.\]

(Turkey JBMO 2014)

Bài 2. Cho $a, \, b, \, c$ là ba số thực bất kỳ. Chứng minh rằng
\[{{(a-b)}^{3}}{{(b-c)}^{3}}+{{(b-c)}^{3}}{{(c-a)}^{3}}+{{(c-a)}^{3}}{{(a-b)}^{3}}+\frac{15}{4}{{(a-b)}^{2}}{{(b-c)}^{2}}{{(c-a)}^{2}} \leqslant 0.\]

(Liu Qian Bao, Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Đặt $x=a-b,\,\,y=b-c,\,\,z=c-a$ thì $x+y+z=0$ bài toán trở thành
\begin{equation} \label{lab3}
{{x}^{3}}{{y}^{3}}+{{y}^{3}}{{z}^{3}}+{{z}^{3}}{{x}^{3}}+\frac{15}{4}{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}} \leqslant 0.
\end{equation}

\[\begin{aligned} {{x}^{3}}{{y}^{3}}+{{y}^{3}}{{z}^{3}}+{{z}^{3}}{{x}^{3}} & ={{(xy+yz+zx)}^{3}}-3(xy+yz)(yz+zx)(zx+xy) \\& = {{(xy+yz+zx)}^{3}}+3{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}} \\& = q^3+3r^2,\end{aligned}\]
nên \eqref{lab3} tương đương với
\[4q^3+27r^2 \leqslant 0.\]
Dễ thấy đây chính là \eqref{lab0} trong trường hợp $p = 0$ nên nó hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a+b=2c,\,b+c=2a$ hoặc $c+a=2b.$ Bài toán được chứng minh.

Bài 3. Tìm hằng số $M$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức
\[\left | ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2) \right | \leqslant M(a^2+b^2+c^2)^2,\]
luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ thay đổi bất kỳ.

(Finbarr Holland, IMO 2006)

Lời giải. Ta chỉ cần xét $a^2+b^2+c^2>0,$ và thấy yêu cầu của bài toán đồng nghĩa với việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[\begin{aligned} F & = \frac{\left|ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\right|}{(a^2+b^2+c^2)^2} \\& = \frac{\left | (a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)\right |}{(a^2+b^2+c^2)^2}. \end{aligned}\]
Nếu thay $(a,b,c)$ bởi $(-a,-b,-c)$ thì bài toán vẫn không đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0$ và chuẩn hóa $a+b+c=1,$ khi đó
\[F = \frac{\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|}{(1-2q)^2} = \frac{\sqrt{\frac{4(1 - 3q)^3 - [27r - (9q-2)]^2}{27}}}{(1-2q)^2} \leqslant \frac{2(1 - 3q)\sqrt{3(1 - 3q)}}{9(1 - 2q)^2}.\]
Đặt
\[f(q) = \frac{2(1 - 3q)\sqrt{3(1 - 3q)}}{9(1 - 2q)^2},\]
thì
\[f^{'}(q) = \frac{(1+6q)(3q-1)}{3(2q-1)^3\sqrt{3(1-3q)}},\]
do đó phương trình $f^{'}(q) = 0$ có nghiệm duy nhất $q = -\frac{1}{6}.$ Lập bảng biến thiên ta thấy
\[f(q) \leqslant f\left(-\frac{1}{6}\right)= \frac{9\sqrt{2}}{32}.\]
Do đó $F \leqslant \frac{9\sqrt{2}}{32},$ đẳng thức xảy ra khi $p = 1,\,q = - \frac{1}{6},\,r = - \frac{7}{54},$ tức $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của
\[t^3 - t^2 - \frac{1}{6}t + \frac{7}{54} = 0.\]
Từ đó ta được
\[a = \frac{2-3\sqrt{2}}{2} \cdot c , \; b = \frac{2+3\sqrt{2}}{2} \cdot c,\]
hoặc
\[a = \frac{-11+6\sqrt{2}}{7} \cdot c, \; b = \frac{-2+3\sqrt{2}}{7} \cdot c.\]
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là $M = \frac{9\sqrt{2}}{32}.$

Bài 4. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức
\begin{equation} \label{80}
\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant k\left ( \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right )^2,
\end{equation}
luôn đúng với mọi số thực $a,\,b,\,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ca>0.$

(Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Với $a = 2 + \sqrt{3},\,b=1,\,c=0$ thì \eqref{80} trở thành $k \leqslant 9.$ Ta sẽ chứng minh $k = 9$ là giá trị lớn nhất cần tìm, tức chứng minh
\[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant 9\left ( \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right )^2,\]
hay là
\[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - 1 \geqslant \frac{9(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.\]
Đổi biến về $pqr$ như sau
\[\frac{p^2-3q}{q} \geqslant \frac{9\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]}{(pq-r)^2},\]
hoặc
\begin{equation} \label{lab8}
(p^2-3q)(pq-r)^2 \geqslant 9q\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right].
\end{equation}
Chuẩn hóa $p=1$ và nhóm lại theo $r$ bất đẳng thức \eqref{lab8} trở thành
\[(1 + 240q)r^2 + 2q(17 - 78q)r + q^2(1 - 6q)^2 \geqslant 0.\]
Nếu $0 \leqslant q \leqslant \frac{17}{78}$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Còn nếu $\frac{17}{78} \leqslant q \leqslant  \frac{1}{3}$ đặt
\[f(r) = (1 + 240q)r^2 + 2q(17 - 78q)r + q^2(1 - 6q)^2.\]
Ta có
\[\begin{aligned}\Delta_{f(r)}^{'} & = [q(17-78q)]^2-(1+240q)q^2(1-6q)^2 \\& = - 288q^2(1 - 3q)(1 - 2q)(5q - 1). \end{aligned}\]
Dễ thấy $1 \geqslant 3q \geqslant 2q$ và
\[5q - 1 \geqslant 5\cdot \frac{17}{78} - 1 = \frac{7}{78} > 0.\]
Cho nên $\Delta_{f(r)}^{'} \leqslant 0$ suy ra $f(r) \geqslant 0.$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $\frac{a}{b} = 2 \pm \sqrt{3} ,\,c=0$ cùng các hoán vị.

Bài 5. Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương và số thực $k \geqslant 0$ cho trước thỏa mãn điều kiện
\[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=(k+3)^2.\]
Chứng minh rằng
\[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | \leqslant \sqrt{k^3(k+4)}.\]

(Nguyễn Văn Huyện)

Lời giải. Chú ý rằng
\begin{equation} \label{lab7}
\begin{aligned}\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | & = \sqrt{\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{a^2b^2c^2}} \\& = \sqrt{\frac{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}{r^2}}.\end{aligned}
\end{equation}
Từ giả thiết ta có $\displaystyle p = \frac{r(k+3)^2}{q},$ thay giá trị này vào \eqref{lab7} và biến đổi, ta được
\[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | = \sqrt{(k+3)^4+18(k+3)^2-27-4\left[\frac{(k+3)^6r^2}{q^3}+\frac{q^3}{r^2} \right]}.\]
Theo bất đẳng thức AM-GM thì
\[\frac{(k+3)^6r^2}{q^3}+\frac{q^3}{r^2} \geqslant 2(k+3)^3,\]
do đó
\[\left |\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}  \right | \leqslant \sqrt{(k+3)^4+18(k+3)^2-27-8(k+3)^3} = \sqrt{k^3(k+4)}.\]
Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn
\[\frac{a}{c} = \frac{k+2+\sqrt{k(k+4)}}{2},\,\frac{b}{c} = \frac{k+2-\sqrt{k(k+4)}}{2}.\]
Chứng minh hoàn tất.

Bài 6. Chứng minh rằng
\begin{equation} \label{lab5}
(x^2-x+1)(y^2-y+1)(z^2-z+1) \geqslant (x-y)(y-z)(z-x),
\end{equation}
trong đó $x,\,y,\,z$ là ba số thực thay đổi bất kỳ.

(Ji Mun Kwon)

Lời giải. Thay $(x,y,z)$ bởi $\left ( \frac{1+a}{2},\frac{1+b}{2},\frac{1+c}{2} \right )$ bất đẳng thức \eqref{lab5} trở thành
\[(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \geqslant 8(a-b)(b-c)(c-a).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM thì
\[\frac{q^2}{3} + 6q + 27 \geqslant 0,\]

\[p^2 + 2pr + r^2 \geqslant 0.\]
Do đó
\[\begin{aligned}(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) & =a^2b^2c^2+27+3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+9(a^2+b^2+c^2) \\&= r^2+27+3(3p^2+q^2-2pr-6q) \\ & \geqslant -(p^2+2pr) -\left(\frac{q^2}{3} + 6q\right)+ 3(3p^2+q^2-2pr-6q) \\ &=\frac{8}{3}\left[3(p^2-3q) + (q^2-3pr) \right]\\ & \geqslant \frac{16}{3} \sqrt{3(p^2-3q)(q^2-3pr)}.\end{aligned}\]
Như vậy ta cần chỉ ra
\[4(p^2-3q)(q^2-3pr) \geqslant 3(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2,\]
tương đương với
\[4(p^2-3q)(q^2-3pr) \geqslant 3\big[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\big],\]
thu gọn thành
\[(pq-9r)^2 \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $y = \frac{z-1}{z},\,x = \frac{1}{1-z},\,z \ne 0,\,z \ne 1$ cùng các hoán vị. Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét. Lời giải dựa vào ý tưởng của anh Võ Quốc Bá Cẩn trên diễn đàn AoPS.

Bài 7. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện
\[a+b+c=0, \; a^2+b^2+c^2=3.\]
Chứng minh rằng
\begin{equation} \label{41}
-\frac{9}{2} \leqslant a^5b+b^5c+c^5a \leqslant -3.
\end{equation}

(Nguyễn Văn Huyện, Lê Việt Hải)

Lời giải. Từ giả thiết ta có
\[\left\{\begin{aligned} & ab+bc+ca = - \frac{3}{2} \\& a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 = \frac{9}{4} \\ & a^3+b^3+c^3 = 3abc \end{aligned}\right.\]

\[\begin{aligned}a^5b+b^5c+c^5a & = (a+b+c) \sum a^4b - \left(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 + abc \sum a^3\right) \\& = -(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+3a^2b^2c^2).\end{aligned}\]
nên ta có thể viết \eqref{41} lại dưới dạng
\begin{equation} \label{lab4}
3 \leqslant a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+3a^2b^2c^2 \leqslant \frac{9}{2}.
\end{equation}
Lại có
\[\begin{aligned} 2(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2) & = \sum a^2 \sum b^2c^2 - 3a^2b^2c^2 - \prod (a^2-b^2) \\ & =\frac{27}{4} - 3a^2b^2c^2 - \prod (a^2-b^2),\end{aligned}\]
nên \eqref{lab4} tương đương với
\[3a^2b^2c^2 - \frac{9}{4} \leqslant (a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3a^2b^2c^2 + \frac{3}{4}.\]
hay
\[3r^2 - \frac{9}{4} \leqslant (a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3r^2 + \frac{3}{4}.\]
Ta chứng minh
\[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \leqslant 3r^2 + \frac{3}{4}.\]
Thật vậy, vì
\[\begin{aligned}(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) & \leqslant \left|(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\right| \\& = \sqrt{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\cdot(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}  \\ & = \sqrt{(pq-r)^2\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right]} \\& = \sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}},\end{aligned}\]

\[\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2} - \left(3r^2 + \frac{3}{4}\right)^2 = -\frac{9}{16}(8r^2 - 1)^2 \leqslant  0,\]
nên bất đẳng thức trên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $r^2 = \frac{1}{8},\,p = 0$ và $q = -\frac{3}{2}$ tức $a, \, b, \, c$ là ba nghiệm của
\[\left\{ \begin{aligned} & \left[ \begin{aligned} & {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t-\frac{1}{\sqrt{8}}=0 \\& {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t+\frac{1}{\sqrt{8}}=0\end{aligned} \right. \\& ({{a}^{2}}-{{b}^{2}})({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{c}^{2}}-{{a}^{2}}) \geqslant 0
\end{aligned} \right.\]
Giải hệ phương trình này ta được $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của một trong hai bộ ba dưới đây
\[\left\{\left(\sqrt{2}\cos \frac{4\pi}{9},\,\sqrt{2}\cos \frac{2\pi}{9},\,-\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{9}\right),\,\left(-\sqrt{2}\cos \frac{4\pi}{9},\,-\sqrt{2}\cos \frac{2\pi}{9},\,\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{9}\right)\right\}.\]
Tiếp đến ta chứng minh
\[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \geqslant - \frac{9}{4} + 3r^2.\]
Đánh giá tương tự, ta có
\[(a^2 - b^2)(b^2 - c^2)(c^2 - a^2) \geqslant - \sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}}.\]
Do đó ta chỉ cần chỉ ra
\[\sqrt{\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2}} \leqslant \frac{9}{4} - 3r^2.\]
Chú ý rằng $r^2 \leqslant \frac{1}{2}$ cho nên bất đẳng thức này đúng vì
\[\frac{27r^2(1 - 2r^2)}{2} - \left (\frac{9}{4} - 3r^2  \right )^2 = - \frac{9}{16}(8r^2-3)^2 \leqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $r^2 = \frac{3}{8},\,p = 0$ và $q = -\frac{3}{2}$ tức $a, \, b, \, c$ là ba nghiệm của
\[\left\{ \begin{aligned} & \left[ \begin{aligned} & {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t-\sqrt{\frac{3}{8}}=0 \\& {{t}^{3}}-\frac{3}{2}t+\sqrt{\frac{3}{8}}=0\end{aligned} \right. \\& ({{a}^{2}}-{{b}^{2}})({{b}^{2}}-{{c}^{2}})({{c}^{2}}-{{a}^{2}}) \leqslant 0
\end{aligned} \right.\]
Giải hệ phương trình này ta được $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của một trong hai bộ ba dưới đây
\[\left\{\left (\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{18},\,-\sqrt{2}\sin \frac{2\pi}{9},\,-\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{9}\right ),\,\left (-\sqrt{2}\cos \frac{\pi}{18},\,\sqrt{2}\sin \frac{2\pi}{9},\,\sqrt{2}\sin \frac{\pi}{9}\right )\right\}.\]
Bài toán được chứng minh.

  643 Lượt xem · 4 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi royal1534 )


Những bài toán trong tuần

Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Lấy điểm $H$ sao cho $AH\perp BC$ và $HM\perp AM.P$ đối xứng $H$ qua $M.K,L$ là hình chiếu của $P$ lên cạnh $CA,AB$. Trên cạnh $CA,AB$ lấy $Q,R$ sao cho $AQ=2KC$ và $AR=2BL.AM$ cắt $QR$ tại $N$. Chứng minh rằng $PN$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

>>Tham gia giải bài toán này<<

Những bài toán đã qua


Mỗi tuần 1 bài toán hình học

 

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $DE,DF$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. $R$ là trung điểm $PQ$. $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$. Gọi $HN$ cắt $AR$ tại $L$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $ALN$ nằm trên $EF$.

 

Tham gia giải bài toán này

Ấn phẩm của Diễn đàn Toán học

 

 

 

Bài viết mới


  • 547380 Bài viết
  • 88522 Thành viên
  • thanhtai4488 Thành viên mới nhất
  • 17600 Online đông nhất

278 người đang truy cập (trong 20 phút trước)

2 thành viên, 275 khách, 1 thành viên ẩn danh   (Xem đầy đủ danh sách)


anhquannbk, nganha2001


Portal v1.4.0 by DevFuse | Based on IP.Board Portal by IPS