Chủ đề này có 24 trả lời

[E. Galois]

Mặc dù BĐT không phải là thế mạnh của mình nhưng mình cũng xin mở một chuyên đề về BĐT.

Ở chuyên đề này, chúng ta sẽ post và chứng minh các bất đẳng thức bằng phương pháp tam thức bậc hai và chỉ dùng phương pháp này thôi. Phấn đấu sẽ có thể đúc kết để viết thành sách.

Có một số nội quy như sau:
1) Không spam, chém gió. Bất kì bài viết nào sẽ bị ngay không báo trước.
2) Bài giải phải được gõ latex nghiêm túc và không giải tắt quá.
3) Bài tập được đánh số cẩn thận theo thứ tự
4)Khi giải xong bài cũ ta mới post bài mới, nếu không sẽ lẫn lộn hết.

Mình xin mở đầu:

Bài 1. Chứng minh BĐT Bunhiacopxki:
\[
\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {a_i b_i } } \right)^2 \le \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2 } .\sum\limits_{i = 1}^n {b_i^2 }
\]
Bài 2. Chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có
\[
\cos A + \cos B + \cos C \le \dfrac{3}{2}
\]

[Crystal]

Em xin mở đầu.
Bài 1:
Xét tam thức: $f\left( x \right) = {\left( {{a_1}x - {b_1}} \right)^2} + {\left( {{a_2}x - {b_2}} \right)^2} + ... + {\left( {{a_n}x - {b_n}} \right)^2}$

Khi triển ta có: $f\left( x \right) = \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right){x^2} - 2\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ...{a_n}{b_n}} \right)x + \left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)$

Vì $f\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in R$ nên

${\Delta _f} \le 0 \Leftrightarrow {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ...{a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)$

$ \Leftrightarrow {\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}{b_i}} } \right)^2} \le \sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2} .\sum\limits_{i = 1}^n {b_i^2} $ đpcm

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \dfrac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \dfrac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \dfrac{{{a_n}}}{{{b_n}}} \Leftrightarrow {a_i} = k{b_i}$.

Bài 2:
Đặt: $k = \cos A + \cos B + \cos C = 2c{\rm{os}}\dfrac{{B + C}}{2}c{\rm{os}}\dfrac{{B - C}}{2} - c{\rm{os}}\left( {A + B} \right)$

$ \Leftrightarrow 2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\dfrac{{A + B}}{2} - 2c{\rm{os}}\dfrac{{A - B}}{2}c{\rm{os}}\dfrac{{A + B}}{2} + k - 1 = 0$

Do đó $c{\rm{os}}\dfrac{{A + B}}{2}$ là nghiệm của phươg trình $2{x^2} - 2\cos \dfrac{{A - B}}{2}x + k - 1 = 0$

Xét $\Delta ' = c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\dfrac{{A - B}}{2} - 2\left( {k - 1} \right)$. Để tồn tại nghiệm thì: $\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 2\left( {k - 1} \right) \le c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\dfrac{{A - B}}{2} \le 1 \Leftrightarrow k \le \dfrac{3}{2}$

Vậy $\cos A + \cos B + \cos C \le \dfrac{3}{2}$ đpcm.

[Crystal]

Bài 3: Chứng minh rằng $\forall x,y,z \in {R^ + }$ và tam giác ABC bất kỳ ta có:

$\dfrac{{\cos A}}{x} + \dfrac{{\cos B}}{y} + \dfrac{{\cos C}}{z} \le \dfrac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{2xyz}}$

[CD13]

Bài 3:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$x^2-2(zcosB+ycosC)x+y^2+z^2-2yzcosA \ge 0$ (*)
Để (*) xảy ra với mọi x (x dương) thì: :delta' 0
Có:
$'=(zcosB+ycosC)^2-y^2-z^2+2yzcosA $
$=z^2(cos^2B-1)+y^2(cos^2C-1)+2yzcosBcosC-2yzcos(B+C)$
$=-(ysinC+zsinB)^2 \le 0$ .
Suy ra điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 01-10-2011 - 19:19

[CD13]

Bài 4:
Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 5 = ab + bc + ca - 3. Chứng minh $a \le \dfrac{7}{3}$

[Crystal]

Bài 4:
Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 5 = ab + bc + ca - 3. Chứng minh $a \le \dfrac{7}{3}$

Từ $a + b + c = 5 \Rightarrow b + c = 5 - a$

và $ab + bc + ca - 3 = 5 \Rightarrow bc = 8 - a\left( {b + c} \right) = 8 - a\left( {5 - a} \right) = {a^2} - 5a + 8$

Do đó $b, c$ là nghiệm của phương trình: ${X^2} - \left( {5 - a} \right)X + {a^2} - 5a + 8 = 0$

Xét $\Delta = {\left( {5 - a} \right)^2} - 4\left( {{a^2} - 5a + 8} \right) = - 3{a^2} + 10a - 7$

Để tồn tại $b, c$ thì $\Delta \ge 0 \Leftrightarrow - 3{a^2} + 10a - 7 \ge 0 \Leftrightarrow 1 \le a \le \dfrac{7}{3}$

Suy ra đpcm.

[E. Galois]

Xusinst giải xong rồi mà quên chưa đưa đề bài, mình xin ra đề bài tiếp theo:
Bài 5. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có
\[
\sin \dfrac{A}{2} + \sin \dfrac{B}{2} + \sin \dfrac{C}{2} \le \dfrac{3}{2}
\]
Bài 6. Cho a > 0, chứng minh rằng:
\[
\sqrt {a + \sqrt {a + ... + \sqrt a } } < \dfrac{{1 + \sqrt {4a + 1} }}{2}
\]
(ở vế trái có n dấu căn, n > 1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 02-10-2011 - 09:44

[Crystal]

Lâu rồi không tham gia vào topic này. Hôm nay, em xin anh E. Galois cho phép em vực dậy chuyên mục này

Bài 6. Cho a > 0, chứng minh rằng:
$$\sqrt {a + \sqrt {a + ... + \sqrt a } } < \dfrac{{1 + \sqrt {4a + 1} }}{2}$$
(ở vế trái có n dấu căn, n > 1)

Lời giải:

Đặt $$x_{1}=\sqrt{a},\; \; x_{2}=\sqrt{a+\sqrt{a}},\; \; ...,x_{n}=\sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}\; \; \; \left ( 1 \right )$$

Do $a>0$ nên ta có $x_{n}>x_{n-1}$. Từ (1) suy ra:
$$x_{n}^{2}=a+x_{n-1}\Rightarrow x_{n}^{2}<a+x_{n}\Rightarrow x_{n}^{2}-x_{n}-a<0\; \; \: \left ( 2 \right )$$

Xét tam thức bậc hai: $f\left ( t \right )=t^{2}-t-a$.

Từ (2) ta có $f\left ( x_{n} \right )<0$ nên theo định lí đảo về dấu tam thức bậc hai thì $t_{1}<x_{n}<t_{2}$ với $t_{1},\; t_{2}$ là hai nghiệm của $f\left ( t \right )$ tức:

$$x_{n}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}\; \; hay\; \; \sqrt{a+\sqrt{a+...+\sqrt{a}}}<\dfrac{1+\sqrt{4a+1}}{2}\; \; \; \; \;(đpcm)$$

[Alexman113]

Bài 5. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có
\[
\sin \dfrac{A}{2} + \sin \dfrac{B}{2} + \sin \dfrac{C}{2} \le \dfrac{3}{2}
\]

Sao Topic này ngày càng yên vậy nhỉ? Em mạn phép chém bài này nhé
Chắc là quy bất đẳng thức trên về chứng minh:
$$A=\sin\dfrac{A}{2}+\sin\dfrac{B}{2}+\sin\dfrac{C}{2}-\dfrac{3}{2}\leq0\\\Leftrightarrow A=\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{B+C}{2} \right)+2\sin \left( \dfrac{B+C}{4} \right)cos\left( \dfrac{B-C}{4} \right)-\dfrac{3}{2}\leq0\\\Leftrightarrow A=\cos\left( \dfrac{B+C}{2} \right)+2\sin \left( \dfrac{B+C}{4} \right)cos\left( \dfrac{B-C}{4} \right)-\dfrac{3}{2}\leq0\\ \Leftrightarrow A=1-2{{\sin }^{2}}\left( \frac{B+C}{4} \right)+2\sin \left( \frac{B+C}{4} \right)cos\left( \frac{B-C}{4} \right)-\dfrac{3}{2}\leq0$$

Đến đây là Ok rồi xem $A$ là một tam thức bậc hai ẩn $\sin\left(\dfrac{B+C}{4}\right)$ có hệ số của $\sin\left(\dfrac{B+C}{4}\right)$ là $-2$ và $${{\Delta }'}=co{{s}^{2}}\left( \frac{B-C}{4} \right)+2\left( 1-\frac{3}{2} \right)=co{{s}^{2}}\left( \frac{B-C}{4} \right)-1=-{{\sin }^{2}}\left( \frac{B-C}{4} \right)\le 0,\,\,$$ chứng tỏ $A\leq0$
Ta được điều phải chứng minh.
Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $A=B=C=\dfrac{\pi}{3}.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Alexman113: 30-06-2012 - 13:19

[Mai Xuan Son]

Bài 7:
Cho a,b,c,d,p,q thỏa mãn:
$p^2+q^2-a^2-b^2-c^2-d^2> 0$
Chứng minh rằng
$(p^2-a^2-b^2)(q^2-c^2-d^2)\leq (pq-ac-bd)^2$

[Mai Xuan Son]

Spam: sao topic yên thế này

[WhjteShadow]

Bài 7:
Cho a,b,c,d,p,q thỏa mãn:
$p^2+q^2-a^2-b^2-c^2-d^2> 0$
Chứng minh rằng
$(p^2-a^2-b^2)(q^2-c^2-d^2)\leq (pq-ac-bd)^2$

Do $p^2+q^2-a^2-b^2-c^2-d^2> 0$ nên chắc chắn phải có 1 tr0ng 2 biểu thức $ p^2-a^2-b^2$ hoặc $q^2-c^2-d^2 >0$
Không mất tính tổng quát giả sử đó là $q^2-c^2-d^2 >0$.Xét tam thức bậc 2 :
$$f(x)=(p^2-a^2-b^2)x^2-2(pq-ac-bd)x+(q^2-c^2-d^2)$$
Ta có $f \left(\frac{q}{p}\right)=-\left(\frac{aq}{p}-c\right)^2-\left(\frac{bq}{p}-d\right)^2\leq 0$
Nên $\Delta '=(pq-ac-bd)^2-(q^2-c^2-d^2)(p^2-a^2-b^2)\geq 0$
Bất đẳng thức được chứng minh !
P/s: Mình đang xin anh mình cái phần bất đẳng thức anh viết bên toanphothong.vn .Nếu anh đồng ý mình sẽ viết tiếp và tổng hợp thành file PDF tặng 2 diễn đàn

[WhjteShadow]

Được sự ch0 phép của anh Tuân,em xin p0st chuyên đề này:
Trước hết, mình xin phát biểu lại định lí về dấu của tam thức bậc hai như sau:
Cho tam thức bậc hai $f(x)=ax^2+bx+c$ với $a$ khác $0$. Khi đó ta có
Tiêu chuẩn 1. $$f\left( x \right)\ge 0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
& a>0 \\
& \Delta \le 0 \\
\end{align} \right..$$
Tiêu chuẩn 2. $$f\left( x \right)\le 0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
& a<0 \\
& \Delta \le 0 \\
\end{align} \right..$$
Tiêu chuẩn 3. $f(x) > 0$ với mọi $x > \alpha$
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& f(x)=0 \ \text{vô nghiệm} \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm} \ \text{ }{{x}_{1}}\le {{x}_{2}}\le \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \Delta <0 \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \Delta \ge 0 \\
& af(\alpha )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\le \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\]
Tiêu chuẩn 4.$f(x) > 0$ với mọi $x < \alpha$
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& f(x)=0 \ \text{vô nghiệm }\\
& f(x)=0 \text{ có nghiệm} \ \text{ }\alpha \le {{x}_{1}}\le {{x}_{2}} \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \Delta <0 \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \Delta \ge 0 \\
& af(\alpha )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\ge \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\]
Tiêu chuẩn 5.$f(x) < 0$ với mọi $x > \alpha$
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& f(x)=0 \ \text{vô nghiệm } \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm } \ \text{ }{{x}_{1}}\le {{x}_{2}}\le \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \Delta <0 \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \Delta \ge 0 \\
& af(\alpha )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\le \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\]
Tiêu chuẩn 6. $f(x)<0$ với mọi $x< \alpha$
\[\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& f(x)=0 \ \text{vô nghiệm} \\
& f(x)=0 \ \text{ có nghiệm} \ \text{ }\alpha \le {{x}_{1}}\le {{x}_{2}} \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \Delta <0 \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \Delta \ge 0 \\
& af(\alpha )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\ge \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\]
Tiêu chuẩn 7. $f(x) > 0$ với mọi $x \in \left( \alpha ,\beta \right)$
\[\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& f(x)=0 \ \text{vô nghiệm} \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm} \ \alpha \le \beta \le {{x}_{1}}\le {{x}_{2}} \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm} \text{ }{{x}_{1}}\le {{x}_{2}}\le \alpha \le \beta \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& f(x)=0\ \text{có nghiệm} \ \text{ }{{x}_{1}}\le \alpha <\beta \le {{x}_{2}} \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& \\
& \Delta <0 \\
& \left\{ \begin{aligned}
& \Delta \ge 0 \\
& af(\beta )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\ge \beta \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& \Delta \ge 0 \\
& af(\alpha )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\le \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& af(\alpha )\le 0 \\
& af(\beta )\le 0 \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\]
Tiêu chuẩn 8. $f(x) < 0$ với mọi $x \in \left( \alpha ,\beta \right)$
\[\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& f(x)=0 \ \text{vô nghiệm} \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm} \ \text{ }\alpha \le \beta \le {{x}_{1}}\le {{x}_{2}} \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm} \ \text{ }{{x}_{1}}\le {{x}_{2}}\le \alpha \le \beta \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& f(x)=0 \ \text{có nghiệm} \ \text{ }{{x}_{1}}\le \alpha <\beta \le {{x}_{2}} \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& a<0 \\
& \left[ \begin{aligned}
& \Delta <0 \\
& \left\{ \begin{aligned}
& \Delta \ge 0 \\
& af(\beta )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\ge \beta \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& \Delta \ge 0 \\
& af(\alpha )\ge 0 \\
& -\frac{b}{2a}\le \alpha \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right. \\
& \left\{ \begin{aligned}
& a>0 \\
& af(\alpha )\le 0 \\
& af(\beta )\le 0 \\
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned} \right.\]
Bài 8:Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng: $$ab+bc+ca \le 1+2abc$$
Lời giải:
Đặt $S=a+b, \ P=ab$. Khi đó giả thiết được viết lại dưới dạng $S^2+c^2=2+2P$, suy ra $2P=S^2+c^2-2$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$2Pc+1-P-Sc \ge 0,$$ hay $$\left( {{S}^{2}}+{{c}^{2}}-2 \right)c+1-\frac{{{S}^{2}}+{{c}^{2}}-2}{2}-Sc\ge 0,$$ có nghĩa là ta đi chứng minh $$f\left( S \right)=\left( 2c-1 \right).{{S}^{2}}-2c.S+2{{c}^{3}}-{{c}^{2}}-4c+4\ge 0.$$ Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số lớn nhất trong ba số $a, \ b, \ c.$ Khi đó dễ thấy $2 \le 3c^2$, suy ra $c \ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}.$ Từ đó ta có ${{c}^{2}}+c-1\ge \frac{2}{3}+\sqrt{\frac{2}{3}}-1>0.$ Mặt khác, $$\left\{ \begin{align}
& 2c-1>2\sqrt{\frac{2}{3}}-1>0 \\
& {{\Delta }_{S}}^{\prime }={{c}^{2}}-\left( 2{{c}^{3}}-4c-{{c}^{2}}+4 \right)\left( 2c-1 \right)=-4{{\left( c-1 \right)}^{2}}\left( {{c}^{2}}+c-1 \right)\le 0 \\
\end{align} \right..$$ Nên, theo định lí dấu của tam thức bậc hai, ta có $f(S) \ge 0.$ Bài toán được chứng minh xong .
Với giả thiết $c$ là số lớn nhất, đẳng thức xảy ra khi $a=0, \ b=c=1$ hoặc $b=0, \ a=c=1. \ \blacksquare$
Bài 9:
Cho $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số thực $k\ge 1,$ bất đẳng sau luôn được thỏa mãn. $$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2\ge (2k+1)(a+b+c).$$
Giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$ thì khi đó ta có $ab+1 \ge a+b$. Do đó
$$k(a^2+b^2+c^2)+abc+3k+2 \ge k(a^2+b^2+c^2)+(a+b-1)c+3k+2$$ Bây giờ đặt $2t=a+b$, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ dễ thấy $a^2+b^2 \ge 2t^2$, do đó bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$k(2t^2+c^2)+(2t-1)c+3k+2-(2k+1)(2t+c) \ge 0$$ hay tương đương $$f(t)=2k.t^2+2(c-2k-1).t+c^2k-2ck-2c+2+3k \ge 0$$ Ta có $$\begin{align}
\Delta _{t}^{'}&={{\left( c-2k-1 \right)}^{2}}-2k\left( {{c}^{2}}k-2ck-2c+2+3k \right) \\
& =-{{\left( c-1 \right)}^{2}}\left( 2{{k}^{2}}-1 \right)
\end{align}$$ Như vậy $$f(t)\ge 0,\forall t\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
& 2k>0 \\
& \Delta _{t}^{'}=-{{\left( c-1 \right)}^{2}}\left( 2{{k}^{2}}-1 \right)\le 0 \\
\end{align} \right.\Leftrightarrow k\ge \frac{1}{\sqrt{2}}$$ Từ đó ta suy ra rằng với mọi số thực $k\ge \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ thì bất đẳng thức đề bài luôn đúng, tức là với mọi số thực $k \ge 1$ thì bất đẳng thức cũng đúng.
Bài toán được chứng minh xong .
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 03-11-2012 - 19:00

[Mai Xuan Son]

Bài 10:
Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác với bộ số thực x,y,z thỏa:
$ax+by+cz=0$
Chứng minh rằng $xy+yz+xz\leq 0$
---------------------
p/s: tks bạn WS đã làm nóng topic ^^

[WhjteShadow]

Bài 10:
Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác với bộ số thực x,y,z thỏa:
$ax+by+cz=0$
Chứng minh rằng $xy+yz+xz\leq 0$

Bài này ý tưởng là đưa về 2 ẩn $x,y$ sau đó sử dụng tam thức bậc 2 với 1 tr0ng 2 ẩn đó:
Từ giả thiết ta có $z=-\frac{ax+by}{c}$.Từ đó có thể viết lại điều phải chứng minh thành:
$$xy-\frac{ax+by}{c}(x+y)\leq 0$$
$$\Leftrightarrow f(x)=ax^2-y(a+b-c)x+by^2\geq 0$$
Muốn chứng minh tam thức bậc 2 $f(x)\geq 0$ thì ta chỉ cần chứng minh $\Delta\leq 0$
Hay là $y^2.\left[(a+b-c)^2-4ab\right]\leq 0$
$$\Leftrightarrow (a-b)^2+c^2\leq 2(a+b)c$$
Và do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên $(a-b)^2+c^2\leq 2c^2 \leq 2(a+b)c$
Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn tại $x=y=z=0$ $\square$
Bài 11(toanphothong):
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$P=9xy+10yz+11zx$$
Lời giải:
Trước tiên chúng ta hãy cùng xem lời giải sử dụng PP Cân bằng hệ số:
Theo BĐT Cô-Si, ta có:
$$\frac{1881}{1850}x^2+\frac{4275}{3256}y^2\geq 2\sqrt{\frac{1881}{1850}x^2.\frac{4275}{3256}y^2}=\frac{171}{74}xy$$ $$\frac{6615}{3256}y^2+\frac{2695}{1998}z^2\geq 2\sqrt{\frac{6615}{3256}y^2.\frac{2695}{1998}z^2}=\frac{245}{74}yz$$ $$\frac{7975}{3996}z^2+\frac{8613}{3700}x^2\geq 2\sqrt{\frac{7975}{3996}z^2.\frac{8613}{3700}x^2}=\frac{319}{74}zx$$
Cộng vế theo vế của 3 BĐT cùng chiều ở trên ta được:$$\frac{495}{148}(x^2+y^2+z^2)\geq \frac{171}{74}xy+\frac{245}{74}yz+\frac{319}{74}zx$$
Vì $x+y+z=1$ nên: $x^2+y^2+z^2=1-2(xy+yz+zx)$
Suy ra: $$\frac{495}{148}[1-2(xy+yz+zx)]\geq \frac{171}{74}xy+\frac{245}{74}yz+\frac{319}{74}zx$$ $$\Rightarrow P=9xy+10yz+11zx\leq \frac{495}{148}$$
Đẳng thức xảy ra khi:
$$\frac{1881}{1850}x^2=\frac{4275}{3256}y^2 \ \ \wedge \ \ \frac{6615}{3256}y^2=\frac{2695}{1998}z^2 \ \ \wedge \ \ \frac{7975}{3996}z^2=\frac{8613}{3700}x^2 \ \ \wedge \ \ x+y+z=1 \ \ \wedge \ \ x,y,z>0$$ $$\Leftrightarrow x=\frac{25}{74} \ \ \wedge \ \ y=\frac{11}{37} \ \ \wedge \ \ z=\frac{27}{74}$$
--------------------------
Một lời giải khá hoành tráng , và không ít người đọc x0ng tự hỏi tại sa0 lại nghĩ được lời giải đó,chắc hẳn là 1 quá trình cân bằng hệ số,giải hệ khá công phu của tác giả .
Còn sau đây tôi xin trình bày lời giải của anh Quốc Anh để mọi người có thể thấy rõ sức mạnh của tam thức bậc 2:
Để ý rằng, với giả thiết $x+y+z=1$ thì
$$P=9xy+10yz+11zx=9xy+z(10y+11x)=9xy+(1-x-y)(10y+11x)$$
Khai triển và rút gọn, ta thu được
$$P=-11x^2-10y^2+11x+10y-12xy$$
Tương đương với

$11x^2+(12y-11)x+10y^2-10y+P=0 $ (*)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn $x$, do điều kiện tồn tại của $x$ nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức
$$\Delta = (12y-11)^2-44(10y^2-10y+P) \ge 0$$
Hay
$$-296y^2+176y+121-44P \ge 0$$
Tương đương với
$$P \le -\frac{74}{11}\left(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\right) $$
Dùng phép tách thành bình phương, dễ dàng nhận thấy
$$y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296} \ge -\frac{5445}{10952}$$
Từ đó, suy ra
$$P \le \left(-\frac{74}{11}\right). \left(-\frac{5445}{10952}\right)=\frac{495}{148}$$
Vậy kết luận Max $P=\dfrac{495}{148}$, đạt được khi $y=\dfrac{11}{37}$, $x=\frac{25}{74}, z=\frac{27}{74}$
Một lời giải nhẹ nhàng,ý tưởng bắt nguồn từ việc đưa biểu thức từ 3 biến về 2 biến rồi 1 biến (Sau khi xét $\Delta$)
Hoàn toàn tương tự,ta có thể dùng ý tưởng này để chứng minh những bài toán có dạng :
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z=k$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$P=mxy+nyz+qzx$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 04-11-2012 - 07:26

[Mai Xuan Son]

Bài 11:
Cho hàm số $f(x)=(x-3)^2+\left | x-m \right |$
định m để $f(x)\geq 3$ với mọi x
---------------------
Bạn có tất cả bài nào dùng tam thức thì p0st hết cả đề và lời giải lên ch0 mình được không? Mình sẽ làm chuyên đề này tr0ng vẻn vẹn 1 tuần thôi nên rất cần sự giúp đỡ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-11-2012 - 16:12

[WhjteShadow]

Bài 12: Ch0 các số thực dương $a,b,c$ .Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2}+\frac{abc}{abc+a^2b+b^2c+c^2a}\geq 1$$
Lời giải:
Đặt $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z$ thì ta có $xyz=1$ và cần chứng minh:
$$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}+\frac{1}{1+x+y+z}\geq 1$$
Quy đồng và chuyển bất đẳng thức về the0 ngôn ngữ $p,q,r$ ta có bất đẳng thức tương đương:
$$q^2-2pq+p^3-5q-3\geq 0$$
Tam thức bậc 2 the0 $q$ này có $\Delta ' =p^2+3+5p-p^3=-(p-3)(p+1)^2\leq 0$
Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra tại $x=y=z=1$ hay $a=b=c$ $\square$
----------------------------
Mình đang làm chuyên đề tam thức bậc 2 tr0ng tuần này.Bạn nào có những bài bất đẳng thức hay về tam thức bậc 2 hãy mạnh dạn gõ tại T0pic này,mình sẽ tổng hợp thành file PDF tặng diễn đàn.Cảm ơn ạ!

[sogenlun]

Bài 13: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng :
$$(ab^2+bc^2+ca^2)(ab+bc+ca) \le 9$$

[WhjteShadow]

Bài 13:
Lời giải [Lil.Tee]:
Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c$. Khi đó ta có $$\begin{align}
& c\left( b-a \right)\left( b-c \right)\le 0 \\
& \Leftrightarrow {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right). \\
\end{align}$$ Đặt $x=ac$. Ta có $a+c=3-b$ và ta sẽ chứng minh $$b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right)\left( ab+bc+ca \right)-9\le 0,$$ hay là ta cần chứng minh $$\begin{align}
f\left( y \right)&=b\left[ {{\left( a+c \right)}^{2}}-ac \right].\left[ b\left( a+c \right)+ca \right]-9 \\
& =b\left[ {{\left( 3-b \right)}^{2}}-x \right].\left[ b\left( 3-b \right)+x \right]-9 \\
& =-b.{{x}^{2}}+\left( 2{{b}^{3}}-9{{b}^{2}}+9b \right).x-{{b}^{5}}+9{{b}^{4}}-27{{b}^{3}}+27{{b}^{2}}-9\le 0. \\
\end{align}$$ Vì hệ số của $x^2$ là $-b<0$ và $$\begin{align}
{{\Delta }_{x}}&={{\left( 2{{b}^{3}}-9{{b}^{2}}+9b \right)}^{2}}+4b\left( -{{b}^{5}}+9{{b}^{4}}-27{{b}^{3}}+27{{b}^{2}}-9 \right) \\
& =9b\left( {{b}^{3}}-6{{b}^{2}}+9b-4 \right) \\
& =9b{{\left( b-1 \right)}^{2}}\left( b-4 \right) \\
& <9b{{\left( b-1 \right)}^{2}}\left( 3-4 \right) \\
& =-9b{{\left( b-1 \right)}^{2}} \\
& \le 0. \\
\end{align}$$ Từ đó, theo tiêu chuẩn 2 ta có $f(x) \le 0.$
Bài toán được chứng minh xong .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$

[sogenlun]

Bài 14: Cho $a^2+b^2=1$ và $c+d=3$ với $a,b,c,d \in \mathbb{R}$.
Chứng minh rằng : $$ac+bd+cd \le \dfrac{9+6\sqrt{2}}{4}$$
-----------------------
Lời giải :
Ta có : $d=3-c$.
$S= ac+bd+cd = ac+b(3-c)+c(3-c)= -c^2+(a-b+3)c+3b$
Sử dụng tính chất của tam thức bậc 2 : $f(x) =Ax^2+Bx+C$
với $A<0$ thì $f(x) \le \dfrac{4AC-B^2}{4A}$
Nên ta có : $$S \le \dfrac{-12b-(a-b+3)^2}{-4} $$
Và có : $2ab=(a+b)^2-(a^2+b^2)=(a+b)^2-1$
Nên $$S \le \dfrac{-(a+b)^2+6(a+b)+11}{4}$$
Đặt $t=a+b \Rightarrow -\sqrt{2} \le t \le \sqrt{2}$
Khảo sát hàm $f(t)=-t^2+6t+11$ trên [$-\sqrt{2};\sqrt{2}$].
Ta suy ra $f(t) \le 9+6\sqrt{2}$.
Suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sogenlun: 06-11-2012 - 18:29