bạn có link trên AoPs không, cho rỗ ràng với!
Link đây
Bài 58:Cho đa thức hệ số thực $P\left ( x \right )=x^{3}+ax^{2}+bx+c$ có ba nghiệm
Chứng minh rằng:
$12ab+27c\leq 6a^{3}+10\sqrt{(a^{2}-2b)^{3}}$
lâu lâu đổi gió chút
Gọi ${x_1},{x_2},{x_3}$ là ba nghiệm của phương trình đã cho. Theo Viet, ta có:
$\left\{ \begin{matrix} {x_1} + {x_2} + {x_3} = - a \\ {x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = b \\ {x_1}{x_2}{x_3} = - c \\ \end{matrix} \right. $
$\Rightarrow {a^2} - 2b = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$
BĐT cần chứng minh trở thành: $ - 6a({a^2} - 2b) \le - 27c + 10\sqrt {{{({a^2} - 2b)}^3}} $
$ \Leftrightarrow 6({x_1} + {x_2} + {x_3})(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) \le 27{x_1}{x_2}{x_3} + 10\sqrt {{{(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)}^3}} $ (1).
+ Nếu $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 0 \Rightarrow (1)$đúng.
+ Nếu $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 \ne 0$. Vì (1) là BĐT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (1) khi $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 9$. Và (1) trở thành:
$2({x_1} + {x_2} + {x_3}) - {x_1}{x_2}{x_3} \le 10$ (2)
Giả sử $|{x_1}| \ge |{x_2}| \ge \left| {{x_3}} \right| \Rightarrow x_1^2 \geq 3$
$ \Rightarrow \left| {{x_2}{x_3}} \right| \le \frac{{x_2^2 + x_3^2}}{2} = \frac{{9 - x_1^2}}{2} \le 3$
Gọi P là VT(2) $ \Rightarrow P = {x_1}(2 - {x_2}{x_3}) + 2({x_2} + {x_3})$
$ \Rightarrow {P^2} \le \left[ {x_1^2 + {{({x_2} + {x_3})}^2}} \right]\left[ {{{(2 - {x_2}{x_3})}^2} + 4} \right]$
$ = (9 + 2{x_2}{x_3})\left[ {{{(2 - {x_2}{x_3})}^2} + 4} \right]$
Đặt $t = {x_2}{x_3} \Rightarrow - 3 \le t \le 3$ và
${P^2} \le (9 + 2t)(8 - 4t + {t^2}) = {(t + 2)^2}(2t - 7) + 100$
$ \Rightarrow {P^2} \le 10 \Rightarrow P \le 10$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} {x_1} = {x_2} = 2 \\ {x_3} = - 1 \\ \end{matrix} \right.$
Hay $(a;b;c)$ là hoán vị của bộ $(2t;2t; - t),{\rm{ }}t \geq 0$
P/s:Đề thi HSG QG năm 2001,đăng mục đích tham khảo chứ THCS chưa có được sử dụng Viet bậc 3 =))