Cho đa thức $P(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+1$ thỏa mãn $|P(x)|\leq 1, \forall |x|\leq 1.$ Chứng minh rằng $|a|+|b|\leq 5.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 07-02-2017 - 22:28
Ta giải bài toán tổng quát hơn: (IMO 1996 A5)
Cho $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$. Chứng minh rằng nếu $P(x)\leq 1$ với mọi $x$ sao cho $|x|\leq 1$ thì
$$|a|+|b|+|c|+|d|\leq 7.$$
Lời giải (Short-list):
Bằng cách xét đa thức $\pm P(\pm x)$, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a,\ b\geq 0$. Nếu $c,\ d\geq 0$ thì
$$|a|+|b|+|c|+|d|=a+b+c+d=P(1)\leq 1.$$
Nếu $d\leq 0$ và $c\geq 0$ thì
$$|a|+|b|+|c|+|d|=a+b+c+d+2(-d)=P(1)-2P(0)\leq 3.$$
Do đó ta có thể giả sử $c<0$. Có hai trường hợp cần xem xét:
$\bullet$ Trường hợp 1: $c<0,\ d\geq 0$. Ta có:
$$\frac{4}{3}P(1)-\frac{1}{3}P(-1)-\frac{8}{3}P\left(\frac{1}{2}\right) +\frac{8}{3}P\left(\frac{-1}{2}\right) =a+b-c+d=|a|+|b|+|c|+|d|.$$
Do đó
$$|a|+|b|+|c|+|d|\leq \frac{4}{3}+\frac{1}{3}+\frac{8}{3}+\frac{8}{3}=7.$$
$\bullet$ Trường hợp 2: $c<0,\ d<0$. Ta có:
$$\frac{5}{3}P(1)-4P\left(\frac{1}{2}\right) +\frac{4}{3}\left(\frac{-1}{2}\right) =a+b-c-d=|a|+|b|+|c|+|d|.$$
Do đó
$$|a|+|b|+|c|+|d|\leq \frac{5}{3}+4+\frac{4}{3}=7.\ \square$$
Ta giải bài toán tổng quát hơn: (IMO 1996 A5)
Cho $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$. Chứng minh rằng nếu $P(x)\leq 1$ với mọi $x$ sao cho $|x|\leq 1$ thì
$$|a|+|b|+|c|+|d|\leq 7.$$
Lời giải (Short-list):
Bằng cách xét đa thức $\pm P(\pm x)$, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a,\ b\geq 0$. Nếu $c,\ d\geq 0$ thì
$$|a|+|b|+|c|+|d|=a+b+c+d=P(1)\leq 1.$$
Nếu $d\leq 0$ và $c\geq 0$ thì
$$|a|+|b|+|c|+|d|=a+b+c+d+2(-d)=P(1)-2P(0)\leq 3.$$
Do đó ta có thể giả sử $c<0$. Có hai trường hợp cần xem xét:
$\bullet$ Trường hợp 1: $c<0,\ d\geq 0$. Ta có:
$$\frac{4}{3}P(1)-\frac{1}{3}P(-1)-\frac{8}{3}P\left(\frac{1}{2}\right) +\frac{8}{3}P\left(\frac{-1}{2}\right) =a+b-c+d=|a|+|b|+|c|+|d|.$$
Do đó
$$|a|+|b|+|c|+|d|\leq \frac{4}{3}+\frac{1}{3}+\frac{8}{3}+\frac{8}{3}=7.$$
$\bullet$ Trường hợp 2: $c<0,\ d<0$. Ta có:
$$\frac{5}{3}P(1)-4P\left(\frac{1}{2}\right) +\frac{4}{3}\left(\frac{-1}{2}\right) =a+b-c-d=|a|+|b|+|c|+|d|.$$
Do đó
$$|a|+|b|+|c|+|d|\leq \frac{5}{3}+4+\frac{4}{3}=7.\ \square$$
Thêm một gợi mở! Các giá trị $ \pm 1, \pm \frac{1}{2}$ có thay thế bởi các giá trị khác hay không? Nếu không thì đặc trưng của chúng là gì? (Chúng đến từ đâu?)
Đời người là một hành trình...
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$M= \frac{1}{a^2 +4b^2 +2} + \frac{1}{4b^2+9c^2+2} + \frac{1}{9c^2+a^2+2}$Bắt đầu bởi katcong, 26-03-2024 bđt, toan 9, vao 10, cuc tri |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh $a+b+c\geq4\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)+5$Bắt đầu bởi Leonguyen, 07-06-2023 bđt, bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTLN của $Q=(4x-1)(3y-1)(2z-1)$Bắt đầu bởi Leonguyen, 20-04-2023 bđt |
|
|||
Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTLN của $Q=\frac{x+1}{\sqrt{x^2+3}}+\frac{x+1}{\sqrt{3x^2+1}}$Bắt đầu bởi Leonguyen, 30-03-2023 bđt, cực trị, bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng Minh Rằng $\frac{1}{A^2} + \frac{1}{B^2} + \frac{1}{C^2} \geq 3$Bắt đầu bởi nguyetnguyet829, 16-03-2023 bđt |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh