Đến nội dung

Air Force

Air Force

Đăng ký: 19-08-2016
Offline Đăng nhập: 14-12-2017 - 20:51
****-

#659624 Xin đề thi Casio cấp huyện, tỉnh và quốc gia-khu vực

Gửi bởi Air Force trong 27-10-2016 - 22:01

Ai có đề thi Casio của các huyện, tỉnh thành và quốc gia-khu vực cho mình xin với, mình làm tài liệu ôn thi.




#659161 câu lạc bộ IRH- hâm mộ robots và đại học bách khoa Hà Nội

Gửi bởi Air Force trong 24-10-2016 - 09:19

lạy bạn luôn

bạn đầy kế hoạch cơ mà chúng ta lại ko thấy dc 

thế thì kế hoạch trong đầu bạn vẫn là của bạn thôi

 bạn phải ra nhập rồi mình mới công bố chứ, bạn hiểu chưa




#658323 Các bạn thích nhà toán học nào nhất?

Gửi bởi Air Force trong 18-10-2016 - 19:57

bạn có tài liệu về thuyết tương đối không cho mình xin với 

bạn tham khảo Wiki nhé: https://vi.wikipedia...huyết_tương_đối




#658246 kinh nghiệm giúp học tốt , đều tất cả các môn và tiến bộ hơn

Gửi bởi Air Force trong 17-10-2016 - 22:25

Ai có kinh nghiệm gì về học tốt , đều tất cả các môn và tiến bộ hơn thì vào nêu ý kiến cho mọi người cùng học tập




#654679 Thăm dò ý kiến về việc thi trắc nghiệm môn toán

Gửi bởi Air Force trong 18-09-2016 - 20:01

cứ thi đi rồi biết, trình bày không những mất thời gain còn tạo ra khó nhọc

giả sử trường hợp thi không được thì lai bảo là đề với nọ kia, thi trắc nhiệm là quá hợp lí rồi

mấy bạn mà suy nghĩ được như bộ giáo dục thì các bạn đã được làm giáo sư tiến sĩ rồi, làm người mà chả biết nhìn xa trông rộng gì cả




#650679 Bất đẳng thức phụ

Gửi bởi Air Force trong 21-08-2016 - 18:16

BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ



Trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ở cấp THPT, ta thường bắt gặp các Bất đẳng thức phụ , các Bổ đề nhỏ.
Có khi các Bất đẳng thức, Bổ đề đó ta có thể dễ dàng nghĩ tới để sử dụng. Nhưng cũng có khi ta băn khoăn không hiểu vì sao lại sử dụng bất đẳng thức phụ đó và đôi khi ta không biết về nó.
Chính vì vậy, mình mở topic này để cùng anh em VMF thảo luận, thu thập, tổng hợp các Bất đẳng thức phụ.
Biết càng nhiều Bất đẳng thức phụ xem như ta có thêm nhiều vũ khí, khi cần có thể đem ra dùng để đối phó với các bài toán Bất đẳng thức.
Rất mong được mọi người ủng hộ.

* Một số yêu cầu nhỏ:
- Các Bất đẳng thức phụ đưa ra phải có hình thức ngắn gọn.
- Cách chứng minh các Bất đẳng thức phụ đó cần rõ ràng, mạch lạc, càng ngắn gọn càng tốt.
- Mọi người đưa BĐT phụ lên nếu có thể thì chứng minh luôn.
- Mọi người có thể post nhiều cách chứng minh bổ đề.
- Topic ứng dụng các BĐT phụ này sẽ được mở sau khi đã có số lượng BĐT phụ phong phú.

Hy vọng mọi người tham gia nhiệt tình để tổng hợp thành một tài liệu hay cho VMF.


 

star_big.png
Phổ biến

BĐT 1:
Chứng minh rằng: Với $a,b,c>0$ và $abc \le 1$ thì ta luôn có:\[\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c\]

Chứng minh

Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo BĐT AM-GM ta có:
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm. 

 
BĐT 2:
Với $ab \ge 1$ ta luôn có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\]
Chứng minh
Biến đổi tương đương:

\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0\\
\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0
\end{array}\]
Ta có đpcm. 
BĐT 3:
Cho $a,b \in R;n \in {N^*}$. Chứng minh rằng: \[\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Chứng minh:
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$. Lập BBT.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

BĐT trên là BĐT tổng quát giúp ta dễ nhớ.
Từ BĐT trên ta có thể thay n=2,3,4...
Sẽ được một số BĐT phụ khá hữu ích. ( cái mà ta muốn nói đến) 
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ .... 
BĐT4
Cho các số thức dương $a,b$.CMR
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$


Chứng minh
Ta thấy
$\left( {a + b} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge 2\sqrt {ab} 2\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }} = 4$ 

 




#650678 Tổng hợp các bài BĐT

Gửi bởi Air Force trong 21-08-2016 - 18:11

Bài 1:

Cho abc=1 va $a^{3}> 36.  CMR  :\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab +bc+ca$}

Lời giải:

$VT-VP=\frac{a^{2}}{4}+b^{2}+c^{2}-ab-bc+2bc+\frac{a^{2}}{12}=(\frac{a}{2}-b-c)^{2}+\frac{a^{2}-36bc}{12}>0\Rightarrow$ đpcm

Cách khác:

Từ giả thiết suy ra $a>0$ và $bc>0$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\dfrac{a^2}{3}+(b+c)^2-3bc-a(b+c)\ge 0\\ \iff \dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{b+c}{a}\right)^2-\dfrac{b+c}{a}-\dfrac{3}{a^3}\ge 0\]
Vì $a^3>36$ nên \[\dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{b+c}{a}\right)^2-\dfrac{b+c}{a}-\dfrac{3}{a^3}> \left(\dfrac{b+c}{a}\right)^2-\dfrac{b+c}{a}+ \dfrac{1}{4}= \left(\dfrac{b+c}{a}-\dfrac{1}{2}\right)^2 >0\]
 
 

 

Bài 2:

Với a,b,c >0; n ∈ N*.CMR:

$\frac{a^{n}}{b+c}+\frac{b^{n}}{a+c}+\frac{c^{n}}{a+b}\geq \frac{3}{2}\left ( \frac{a^{n}+b^{n}+c^{n}}{a+b+c} \right )$

Lời giải:

$\sum \frac{a^{n}}{b+c}\geq \frac{1}{3}(\sum a^{n})(\sum \frac{1}{a+b})\geq \frac{1}{3}(\sum a^{n})(\frac{9}{2(a+b+c)})=\frac{3}{2}(\frac{\sum a^{n}}{\sum a})$

 

 

 

Bài 3:

Cho $x,y,z >0$ thỏa điều kiện $x^{2}+y^{2}+z^{2}=9$

Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{x^5}{y^2}+\frac{y^5}{z^2}+\frac{z^5}{x^2}$

Lời giải:

Theo $Cauchy$ Ta có:

$$\dfrac{x^5}{y^2}+\dfrac{x^5}{y^2}+\sqrt{3}y^2+\sqrt{3}y^2+3\sqrt{3}\ge \sqrt{3}x^2$$

Cách khác:

Sử dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

       $\frac{x^5}{y^2}+\frac{y^5}{z^2}+\frac{z^5}{x^2}\geqslant \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{xy^2+yz^2+zx^2}$

Sử dụng Cauchy-Schwarzt và AM-GM ta có 

       $xy^2+yz^2+zx^2\leqslant \sqrt{(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}\leqslant \sqrt{\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{3}}=3$

Do đó $P\geqslant \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{3}\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{9}=3$ 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

 

 

 

Bài 4:

Ch0 $a>0$ và $n$ là 1 số tự nhiên

Chứng minh rằng $a^n+\frac{1}{a^n}-2\geqslant n^2(a+\frac{1}{a}-2)$

Lời giải:

Bất đẳng thức tương đương với $(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)\geq n^2a^{n-1}$ (hiển nhiên theo AM-GM)

Cách khác:

Do tính đối xứng giữa a và $\frac{1}{a}$ nên ta có thể giả sử a ≥ 1.  đặt $\sqrt{a}$ =x ≥ 1.bdt $\Leftrightarrow$ $x^{2n}+\frac{1}{x^{2n}}-2 \geq n^{2}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2)\Leftrightarrow (x^{n}-\frac{1}{x^{n}})^{2}\geq n^{2}(x-\frac{1}{x})^{2} \Leftrightarrow $x^{n}-\frac{1}{x^{n}}\geq n(x-\frac{1}{x})$①.

Với x=1 thì ① đúng

Với x>1 thì ① $\Leftrightarrow x^{n-1} +x^{n-3} ...+\frac{1}{x^{n-3}}+\frac{1}{x^{n-1}}\geq n$ (đúng vì theo bđt AM-GM).

Dấu bằng xảy ra khi x=1 $\Leftrightarrow a=1$

 

 

 

Bài 5:

Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c+d=0\\a^2+b^2+c^2+d^2=2 \end{matrix}\right.$

Tìm GTLN của $P=abcd$

Lời giải:

Áp dụng AM-GM ta có 

$2=\sum a^{2}\geq 4\sqrt[4]{\prod a^{2}}\Rightarrow \sqrt{\left | abcd \right |}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow abcd\leq \frac{1}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=-c=-d=\frac{1}{\sqrt{2}}$ và các hoán vị của chúng

 

 

 

Bài 6:

Cho $a,\,b,\,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=1.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P=abc\left(a^2+b^2+c^2\right)$$

Lời giải:

Ta có: $P=abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

 

Mặt khác, lại có: $(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \left (\frac{(a+b+c)^{2}}{3} \right )^{3}=\frac{1}{27}$

 

Do đó: $P\leq \frac{1}{81}$

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c= \frac{1}{3}$

 

 

 

Bài 7:

Cho các số thực $x,\,y>0$ thỏa mãn $3x+y\leq1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$S=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{\sqrt{xy}}$$

Lời giải:

$S\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x(1-3x)}}$

$\geq \frac{1}{x}+\frac{2}{1-2x}=\frac{2}{x(1-x)}\geq \frac{8}{(x+1-x)^{2}}=8$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}$

 

 

 

Bài 8:

Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn $$ax-by=\sqrt{3}$$ .

Tìm GTNN của $F= a^{2}+b^{2}+x^{2}+y^{2}+ bx +ay$

Lời giải:

Sử dụng giả thiết $ax-by=\sqrt{3}$ ta có:
$$(a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2+(ax-by)^2=(ax+by)^2+3$$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$ , suy ra:
$$a^2+b^2=x^2+y^2=(a^2+b^2)+(x^2+y^2) \\ \ge 2\sqrt{(a^2+b^2)(x^2+y^2)}=2\sqrt{(ax+by)^2+3}$$
Do đó, ta đưa về bài toán tìm GTNN của: $2\sqrt{x^2+3}+x$ trong đó $x=ax+by$
Ta có:
$$\left(2\sqrt{x^2+3}+x\right)^2=4(x^2+3)+4x\sqrt{x^2+3}+x^2 \\ = (x^2+3)+4x\sqrt{x^2+3}+4x^2+9 \\ = \left(\sqrt{x^2+3}+2x\right)^2+9\ge 9$$
$$\Rightarrow 2\sqrt{x^2+3}+x\ge 3$$
Vậy $\text{MinT}=\fbox{3}$
 
 
 

Bài 9:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

                                $P=\frac{2}{a+ \sqrt{ab}+ \sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$

Lời giải:

$a+\sqrt{\frac{1}{2}a.2b}+\sqrt[3]{\frac{1}{4}a.b.4c}\leq a+\frac{1}{4}a+b+\frac{1}{12}a+\frac{1}{3}b+\frac{4}{3}c=\frac{4}{3}(a+b+c)$

Do đó $P\geq \frac{3}{2(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$...

 

 

 

Bài 10:

Cho x,y là các số không âm thoả $x^{3}+y^{3}\leq 1$

 

Tìm giá trị lớn nhất của $P=2\sqrt{x}+\sqrt{y}$

Lời giải:

$(x^3+y^3)(\sqrt[5]{2^6}+1)^5\geqslant (2\sqrt{x}+\sqrt{y})^6$

$\Leftrightarrow 2\sqrt{x}+\sqrt{y}\leqslant \sqrt[6]{(\sqrt[5]{2^6}+1)^5}$

Vậy $Max(P)= \sqrt[6]{(\sqrt[5]{2^6}+1)^5}\Leftrightarrow \frac{a^3}{2\sqrt[5]{2}}=b^3=\frac{1}{2\sqrt[5]{2}+1}$

 

Chiều coppy tiếp, sau đó kiểm tra nội dung sau.

 

 

Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;

$\sum \frac{2a^{2}-bc}{b^{2}-bc+c^{2}}\geq 3$

 

Lời giải:(vutuanhien)

 

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $b$ là số nằm giữa $a$ và $c$

BĐT đã cho tương đương với

$$\sum \frac{2a^2+(b-c)^2}{b^2-bc+c^2}\geq 6$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

$$\sum \frac{2a^2}{b^2-bc+c^2}\geq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^2(b^2-bc+c^2)}=\frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{2\sum a^2b^2-abc\sum a}$$

$$\sum \frac{(b-c)^2}{b^2-bc+c^2}\geq \frac{[a(b-c)+b(a-c)+c(a-b)]^2}{2\sum a^2b^2-abc\sum a}=\frac{4b^2(a-c)^2}{2\sum a^2b^2-abc\sum a}$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh

$$(a^2+b^2+c^2)^2+2b^2(a-c)^2\geq 6\sum a^2b^2-3abc\sum a (1)$$

Ta có 

$b^2(a-c)^2=[a(b-c)+c(a-b)]^2=a^2(b-c)^2+c^2(a-b)^2+2ac(a-b)(b-c)$

$\geq a^2(b-c)^2+c^2(a-b)^2$

Suy ra 

$$2b^2(a-c)^2\geq a^2(b-c)^2+b^2(c-a)^2+c^2(a-b)^2$$

$$\Rightarrow VT (1)\geq (\sum a^2)^2+2\sum a^2b^2-2abc\sum a$$

Do đó ta chỉ còn phải chứng minh 

$$(\sum a^2)^2+2\sum a^2b^2-2abc\sum a\geq 6\sum a^2b^2-3abc\sum a$$

$$\Leftrightarrow \sum a^4+abc\sum a\geq 2\sum a^2b^2$$

BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur

$$\sum a^4+abc\sum a\geq \sum ab(a^2+b^2)$$

Và BĐT AM-GM

$$\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum a^2b^2$$

Kết thúc chứng minh 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.

 

Bài 12:(bosulan239)

Cho a,b,c là các số không âm không đồng thời bằng không.

CMR

$\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}\geq \sum \frac{ab}{b^{2}+bc+c^{2}}$

Bài giải:(vutuanhien)

 

BĐT đã cho tương đương với

$\frac{a^2}{ab+bc+ca}-\frac{ab}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{ab+bc+ca}-\frac{bc}{c^2+ca+a^2}+\frac{c^2}{ab+bc+ca}-\frac{ca}{a^2+ab+b^2}\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ac(ac-b^2)}{b^2+bc+c^2}\geq 0$

Do $\frac{ac(ac-b^2)}{b^2+bc+c^2}=\frac{ac^2(a+b+c)}{b^2+bc+c^2}-ac$ nên BĐT đã cho có thể viết lại thành

$\sum \frac{ac^2(a+b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq ab+bc+ca$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ac^2}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

$VT\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{\sum a(b^2+bc+c^2)}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$

Kết thúc chứng minh 

 

 


Bài 13: (nguyencuong123)

Cho a,b,c không âm thoả mãn: $a+b+c=3$

Chứng Minh: $\sum \frac{a+1}{ab+1}\geq 3$

 

 

Bài giải:(Juliel)

Áp dụng AM-GM cho vế trái, ta cần chứng minh :

$(a+1)(b+1)(c+1)\geq (ab+1)(bc+1)(ca+1)\Leftrightarrow abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1\geq a^{2}b^{2}c^{2}+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1\Leftrightarrow abc+4\geq a^{2}b^{2}c^{2}+3abc+1\Leftrightarrow a^{2}b^{2}c^{2}+2abc\leq 3$

Hiển nhiên đúng vì $abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}=1$

 


 


Bài 14:(Chrome98):Chứng minh bất đẳng thức sau với $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$:

 

\[ \frac{a^2}{3a+1}+\frac{b^2}{3b+1}+\frac{c^2}{3c+1}\ge 24\left(\frac{a^2}{9a+1}+\frac{b^2}{9b+1}+\frac{c^2}{9c+1}\right)^2 \]

Bài giải: (Simpson Joe Donald)

 

 
 
$\bullet\ AM-GM:\ \dfrac{a^2}{9a+1}= \dfrac{a^2}{6a+(3a+1)}\le \dfrac{a^2}{2\sqrt{6a(3a+1)}}= \dfrac{a\sqrt{a}}{2\sqrt{6(3a+1)}}$ ;
$\bullet\ Cauchy-Schwarz:\ VP\le \left( \dfrac{a\sqrt{a}}{\sqrt{3a+1}}+  \dfrac{b\sqrt{b}}{\sqrt{3b+1}}+  \dfrac{c\sqrt{c}}{\sqrt{3c+1}}\right)^2\le (a+b+c).VT=VT$

 

Bài 15:(trauvang97:)Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn:

 

                             $\frac{2}{a^{2}+1}+\frac{2}{b^{2}+1}+\frac{2}{c^{2}+1}\geq 3$

 

Chứng minh rằng: $(a-2)^{2}+(b-2)^{2}+(c-2)^{2}\geq 3$

 

Bài giải:

 

(Nguyen Huy Tuyen)$\frac{2}{a^{2}+1}+\frac{2}{b^{2}+1}+\frac{2}{c^{2}+1}\geq 3\Leftrightarrow \sum \frac{(1-a)(1+a)}{a^2+1}\geqslant 0$

$(a-2)^{2}+(b-2)^{2}+(c-2)^{2}-3=\sum (a-3)(a-1)$

Ta có :$\sum (a-3)(a-1)-\sum \frac{2(1-a)(1+a)}{a^2+1}=\sum \frac{(a-1)^4}{a^2+1}\geqslant 0$

           $\Leftrightarrow \sum (a-3)(a-1)\geqslant \sum \frac{2(1-a)(1+a)}{a^2+1}\geqslant 0$

           $\Leftrightarrow (a-2)^{2}+(b-2)^{2}+(c-2)^{2}\geq 3$

 

 

Bài 16:(phanquockhanh)Cho $x,y,z >0 : xyz+x+z=y$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=\frac{2}{x^2+1} - \frac{2}{y^2+1} -\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1).\sqrt{z^2+1}}$

(Trích đề thi thử số 2 – THTT)

Bài giải:

(trauvang97)Từ giả thiết ta có: $x=\frac{y-z}{1+yz}$.

 

Khi đó:

 

$P=\frac{2(1+yz)^{2}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}-\frac{2}{y^{2}+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{3z}{(z^{2}+1)\sqrt{z^{2}+1}}$

 

$P=\frac{2z(2y+(y^{2}-1)z)}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}-\frac{4z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{3z}{(z^{2}+1)\sqrt{z^{2}+1}}$

 

Do $\frac{2z(2y+(y^{2}-1)z)}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}=\frac{2z\sqrt{(2y+(y^{2}-1)z)^{2}}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}\leq \frac{2z\sqrt{(4y^{2}+(y^{2}-1)^{2})(1+z^{2})}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}=\frac{2z}{\sqrt{z^{2}+1}}$

 

Do đó:

 

$P\leq \frac{2z}{\sqrt{z^{2}+1}}-\frac{4z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{3z}{\sqrt{z^{2}+1}}\left ( 1-\frac{z^{2}}{z^{2}+1} \right )$

 

$P=-3t^{3}+t$ với $\frac{z}{\sqrt{z^{2}+1}}=t\in (0;1)$

 

Khảo sát hàm số trên ta thấy $maxP=\frac{2}{9}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2};y=\sqrt{2},z=\frac{\sqrt{2}}{4}$

 

 

 


Bài 17:(Toc Ngan)Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$

 Bài giải:(babystudymaths)

 

Cách 1

Giải như sau:

Giả sử a là số lớn nhất trong 3 số a,b,c ,thế thì c nhỏ hơn 3 và không nhỏ hơn 1

ta thấy $9=(42a-48)+(42b-\frac{69}{2})+(42c-\frac{69}{2})$

Thay và BĐT ban đầu ta thấy tương đương

$(\frac{8}{b}-10b^{2}+42b-\frac{69}{2})+(\frac{8}{c}-10c^{2}+42c-\frac{69}{2})\geq 10a^{2}-\frac{8}{a}-42a+48\Leftrightarrow \frac{(16-5b)(2b-1)^{2}}{b}+\frac{(16-52)(2c-1)^{2}}{c}\geq \frac{4(5a-1)(a-2)^{2}}{a}$

Áp dụng BCS ,ta có:

VT $\geq \frac{(2b-1+2c-1)^{2}}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}= \frac{4(a-2)^{2}}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}$

Lúc này ta chỉ cần chứng minh 

$\frac{a}{5a-1}\geq \frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}$

Mà $\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}\leq \frac{b}{16-5a}+\frac{c}{16-5a}= \frac{3-a}{16-5a}\leq \frac{a}{5a-1}\Leftrightarrow \frac{1}{(5a-1)(16-5a)}> 0$

ĐÚng theo giả thiết,từ đây ta suy ra đ.p.c.m

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1/2 ,c=2 cùng hoán vị

 

Cách 2: 

Ta có BĐT tương đương

f(abc,a+b+c,ab+bc+ca) =$8.\frac{ab+bc+ca}{abc}+9-10((a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca))\geq 0$

Nhận thấy đây là hàm đơn điệu trên R theo abc nên theo định lý ABC, hàm số đạt cực tiểu khi có 2 biến = nhau, nên a=b=$\frac{3-c}{2}$

Thay vào và chứng minh BĐT 1 biến c ,bài toán trở nên quá đơn giản 

 

 

 

 


Bài 18:(caybutbixanh)Cho $x;y;z> 0$.Chứng minh rằng :

$P=\frac{2xy}{(z+x)(z+y)}+\frac{2yz}{(x+y)(x+z)}+\frac{3xz}{(y+z)(y+x)}\geqslant \frac{5}{3}.$

 

(trích đề thi học sinh giỏi lớp 11-Quảng Bình 2011)

--------------------------------

 

 

 

(T M) Hướng giải:

 

Bằng khai triển trực tiếp ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh thành

 

$$xy(x+y)+yz(y+z)+4xz\left ( x+z \right )\geq 10xyz$$

 

Điều này tương đương với

 

$$\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{4(x+z)}{y}\geq 10$$

 

Áp dụng $AM-GM$ từng cặp là ra.

 

 


Bài 19:(supermath98)Cho các sô dương $a;b;c$ thỏa mãn $\large ab+ac+bc=3abc$. Tìm GTNN của biểu thức: 

 

$\large M=\frac{2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )+abc}{a^{2}b^{2}c^{2}}$

 

 

Bài giải:(thanhdok14)

 

 

Vì $a, b, c>0$ nên từ điều kiện ban đầu, ta suy ra:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$

Đặt: $\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\to (x;y;z)$

$\Rightarrow x+y+z=3$

$\Rightarrow xy+yz+zx\le 3$

Mặt khác: $M$ được viết lại thành:

$M=2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+\frac{1}{abc}$

$=2(x^2+y^2+z^2)+xyz$

Lại có: $x^2+y^2+z^2=9-2(xy+yz+zx)$

$xyz\ge \frac{(x+y+z)[4(xy+yz+zx)-(x+y+z)^2]}{9}=\frac{4(xy+yz+zx)-9}{3}$   (theo $schur$)

Từ đó ta có:

$M\ge \frac{4}{3}(xy+yz+zx)-4(xy+yz+zx)+15=\frac{-8}{3}(xy+yz+zx)+15\ge 7$   (vì $xy+yz+zx\le 3$)

Vậy $min M=7\Leftrightarrow a=b=c=1$

 

 


Bài 20:(duaconcuachua)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=abc$.

Chứng minh rằng $\frac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}+\frac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})}+\frac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+a^{3})}\geq 1$

 Bài giải:(Sagittius912)Theo bđt Chebyshev ta có

 

 

$\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}\ge \frac{a+b}{2}$

do đó

 

$\frac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}+\frac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})}+\frac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+a^{3})}\ge \frac{a+b}{2ab}+\frac{b+c}{2bc}+\frac{c+a}{2ca}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=1$

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$

 

 




#650658 Issac Newton-nhà toán học đa tài

Gửi bởi Air Force trong 21-08-2016 - 16:32

Issac Newton

 

xem ảnh tại đây http://www.thefamous...c-newton-21.jpg (mk ko biết đăng ảnh :D )

 

Isaac Newton Jr. là một nhà vật lý, nhà thiên văn học, nhà triết học, nhà toán học, nhà thần học và nhà giả kim thuật người Anh,được nhiều người cho rằng là nhà khoa học vĩ đại và có tầm ảnh hưởng lớn nhất[2]. Theo lịch Julius, ông sinh ngày 25 tháng 12 năm 1642 và mất ngày 20 tháng 3 năm 1727; theo lịch Gregory, ông sinh ngày 4 tháng 1 năm 1643 và mất ngày 31 tháng 3 năm 1727.

Luận thuyết của ông về Philosophiae Naturalis Principia Mathematica (Các Nguyên lý Toán học của Triết học Tự nhiên) xuất bản năm 1687, đã mô tả về vạn vật hấp dẫn và 3 định luật Newton, được coi là nền tảng của cơ học cổ điển, đã thống trị các quan niệm về vật lý, khoa học trong suốt 3 thế kỷ tiếp theo. ông cho rằng sự chuyển động của các vật thể trên mặt đất và các vật thể trong bầu trời bị chi phối bởi các định luật tự nhiên giống nhau; bằng cách chỉ ra sự thống nhất giữa Định luật Kepler về sự chuyển động của hành tinh và lí thuyết của ông về trọng lực, ông đã loại bỏ hoàn toàn Thuyết nhật tâm và theo đuổi cách mạng khoa học.

Trong cơ học, Newton đưa ra nguyên lý bảo toàn động lượng (bảo toàn quán tính). Trong quang học, ông khám phá ra sự tán sắc ánh sáng, giải thích việc ánh sáng trắng qua lăng kính trở thành nhiều màu.

Trong toán học, Newton cùng với Gottfried Leibniz phát triển phép tính vi phân và tích phân. Ông cũng đưa ra nhị thức Newtontổng quát.

Năm 2005, trong một cuộc thăm dò ý kiến của Hội Hoàng gia về nhân vật có ảnh hưởng lớn nhất trong lịch sử khoa học, Newton vẫn là người được cho rằng có nhiều ảnh hưởng hơn Albert Einstein.[3]

Sự nghiệp

Isaac Newton sinh ra trong một gia đình nông dân. Khi ông ở quãng tuổi từ khoảng 12 đến 17, ông học tại King's School, Grantham, nơi mà ông chỉ học tiếng Latinh và không có Toán. Sau đó, ông rời khỏi trường và đến tháng Mười năm 1659, ông có mặt tại Woolsthorpe-by-Colsterworth, nơi mà mẹ ông, lần thứ hai góa bụa, đang cố gắng khiến ông trở thành một nông dân. Nhưng Newton lại ghét việc đồng áng. Henry Stocks, thày của ông tại King's School, đã thuyết phục mẹ ông cho ông quay trở lại trường học để ông có thể tiếp tục việc học của mình.

Vào tháng Sáu năm 1661, Newton được gửi tới Đại học Cambridge để trở thành luật sư. Tại Cambridge, Newton bị ấn tượng mạnh từ trường phái Euclid, tuy rằng tư duy của ông cũng bị ảnh hưởng bởi trường phái của Roger Bacon và René Descartes. Một đợt dịch bệnh đã khiến trường Cambridge đóng cửa và trong thời gian ở nhà, Newton đã có những phát kiến khoa học quan trọng, dù chúng không được công bố ngay.

Những người có ảnh hưởng đến việc công bố các công trình của Newton là Robert Hooke và Edmond Halley. Sau một cuộc tranh luận về chủ đề quỹ đạo của một hạt khi bay từvũ trụ vào Trái Đất với Hooke, Newton đã bị cuốn hút vào việc sử dụng định luật vạn vật hấp dẫn và cơ học của ông trong tính toán quỹ đạo Johannes Kepler. Những kết quả này hấp dẫn Halley và ông đã thuyết phục được Newton xuất bản chúng. Từ tháng 8 năm 1684 đến mùa xuân năm 1688, Newton hoàn thành tác phẩm, mà sau này trở thành một trong những công trình nền tảng quan trọng nhất cho vật lý của mọi thời đại, cuốn Philosophiae Naturalis Principia Mathematica.

Trong quyển I của tác phẩm này, Newton giới thiệu các định nghĩa và ba định luật của chuyển động thường được biết với tên gọi sau này là Định luật Newton. Quyển II trình bày các phương pháp luận khoa học mới của Newton thay thế cho triết lý Descartes. Quyển cuối cùng là các ứng dụng của lý thuyết động lực học của ông, trong đó có sự giải thích về thủy triều và lý thuyết về sự chuyển động của Mặt Trăng. Để kiểm chứng lý thuyết về vạn vật hấp dẫn của ông, Newton đã hỏi nhà thiên văn John Flamsteed kiểm tra xemSao Thổ có chuyển động chậm lại mỗi lần đi gần Sao Mộc không. Flamsteed đã rất sửng sốt nhận ra hiệu ứng này có thật và đo đạc phù hợp với các tính toán của Newton. Cácphương trình của Newton được củng cố thêm bằng kết quả quan sát về hình dạng bẹt của Trái Đất tại hai cực, thay vì lồi ra tại hai cực như đã tiên đoán bởi trường phái Descartes. Phương trình của Newton cũng miêu tả được gần đúng chuyển động Mặt Trăng, và tiên đoán chính xác thời điểm quay lại của sao chổi Halley. Trong các tính toán về hình dạng của một vật ít gây lực cản nhất khi nằm trong dòng chảy của chất lỏng hay chất khí, Newton cũng đã viết ra và giải được bài toán giải tích biến phân đầu tiên của thế giới.

Newton sáng tạo ra một phương pháp khoa học rất tổng quát. Ông trình bày phương pháp luận của ông thành bốn quy tắc của lý luận khoa học. Các quy tắc này được phát biểu trong quyển Philosophiae Naturalis Principia Mathematica như sau:

  1. Các hiện tượng tự nhiên phải được giải thích bằng một hệ tối giản các quy luật đúng, vừa đủ và chặt chẽ.
  2. Các hiện tượng tự nhiên giống nhau phải có cùng nguyên nhân như nhau.
  3. Các tính chất của vật chất là như nhau trong toàn vũ trụ.
  4. Một nhận định rút ra từ quan sát tự nhiên chỉ được coi là đúng cho đến khi có một thực nghiệm khác mâu thuẫn với nó.

Bốn quy tắc súc tích và tổng quát cho nghiên cứu khoa học này đã là một cuộc cách mạng về tư duy thực sự vào thời điểm bấy giờ. Thực hiện các quy tắc này, Newton đã hình thành được các định luật tổng quát của tự nhiên và giải thích được gần như tất cả các bài toán khoa học vào thời của ông. Newton còn đi xa hơn việc chỉ đưa ra các quy tắc cho lý luận, ông đã miêu tả cách áp dụng chúng trong việc giải quyết một bài toán cụ thể. Phương pháp giải tích mà ông sáng tạo vượt trội các phương pháp mang tính triết lý hơn là tính chính xác khoa học của Aristoteles và Thomas Aquinas. Newton đã hoàn thiện phương pháp thực nghiệm của Galileo Galilei, tạo ra phương pháp tổng hợp vẫn còn được sử dụng cho đến ngày nay trong khoa học. Những câu chữ sau đây trong quyển Opticks (Quang học) của ông có thể dễ dàng bị nhầm lẫn với trình bày hiện đại của phương pháp nghiên cứu thời nay, nếu Newton dùng từ "khoa học" thay cho "triết lý về tự nhiên":

Cũng như trong toán học, trong triết lý về tự nhiên, việc nghiên cứu các vấn đề hóc búa cần thực hiện bằng phương pháp phân tích và tổng hợp. Nó bao gồm làm thí nghiệm, quan sát, đưa ra những kết luận tổng quát, từ đó suy diễn. Phương pháp này sẽ giúp ta đi từ các hợp chất phức tạp đến nguyên tố, đi từ chuyển động đến các lực tạo ra nó; và tổng quát là từ các hiện tượng đến nguyên nhân, từ nguyên nhân riêng lẻ đến nguyên nhân tổng quát, cho đến khi lý luận dừng lại ở mức tổng quát nhất. Tổng hợp lại các nguyên nhân chúng ta đã khám phá ra thành các nguyên lý, chúng ta có thể sử dụng chúng để giải thích các hiện tượng hệ quả.

Newton đã xây dựng lý thuyết cơ học và quang học cổ điển và sáng tạo ra giải tích nhiều năm trước Gottfried Leibniz. Tuy nhiên ông đã không công bố công trình về giải tích trước Leibniz. Điều này đã gây nên một cuộc tranh cãi giữa Anh và lục địa châu Âu suốt nhiều thập kỷ về việc ai đã sáng tạo ra giải tích trước. Newton đã phát hiện ra định lý nhị thức đúng cho các tích của phân số, nhưng ông đã để cho John Wallis công bố. Newton đã tìm ra một công thức cho vận tốc âm thanh, nhưng không phù hợp với kết quả thí nghiệm của ông. Lý do cho sự sai lệch này nằm ở sự giãn nở đoạn nhiệt, một khái niệm chưa được biết đến thời bấy giờ. Kết quả của Newton thấp hơn γ½ lần thực tế, với γ là tỷ lệ các nhiệt dung của không khí.

Theo quyển Opticks, mà Newton đã chần chừ trong việc xuất bản mãi cho đến khi Hooke mất, Newton đã quan sát thấy ánh sáng trắng bị chia thành phổ nhiều màu sắc, khi đi qua lăng kính (thuỷ tinh của lăng kính có chiết suất thay đổi tùy màu). Quan điểm hạt về ánh sáng của Newton đã xuất phát từ các thí nghiệm mà ông đã làm với lăng kính ở Cambridge. Ông thấy các ảnh sau lăng kính có hình bầu dục chứ không tròn như lý thuyết ánh sáng thời bấy giờ tiên đoán. Ông cũng đã lần đầu tiên quan sát thấy các vònggiao thoa mà ngày nay gọi là vòng Newton, một bằng chứng của tính chất sóng của ánh sáng mà Newton đã không công nhận. Newton đã cho rằng ánh sáng đi nhanh hơn trong thuỷ tinh, một kết luận trái với lý thuyết sóng ánh sáng của Christiaan Huygens.

Newton cũng xây dựng một hệ thống hoá học trong mục 31 cuối quyển Opticks. Đây cũng là lý thuyết hạt, các "nguyên tố" được coi như các sự sắp xếp khác nhau của những nguyên tử nhỏ và cứng như các quả bi-a. Ông giải thích phản ứng hoá học dựa vào ái lực giữa các thành phần tham gia phản ứng. Cuối đời (sau 1678) ông thực hiện rất nhiều các thí nghiệm hoá học vô cơ mà không ra kết quả gì.

Newton rất nhạy cảm với các phản bác đối với các lý thuyết của ông, thậm chí đến mức không xuất bản các công trình cho đến tận sau khi người hay phản bác ông nhất là Hooke mất. Quyển Philosophiae Naturalis Principia Mathematica phải chờ sự thuyết phục của Halley mới ra đời. Ông tỏ ra ngày càng lập dị vào cuối đời khi thực hiện các phản ứng hoá học và cùng lúc xác định ngày tháng cho các sự kiện trong Kinh Thánh. Sau khi Newton qua đời, người ta tìm thấy một lượng lớn thuỷ ngân trong cơ thể của ông, có thể bị nhiễm trong lúc làm thí nghiệm. Điều này hoàn toàn có thể giải thích sự lập dị của Newton.

Newton đã một mình đóng góp cho khoa học nhiều hơn bất cứ một nhân vật nào trong lịch sử của loài người. Ông đã vượt trên tất cả những bộ óc khoa học lớn của thế giới cổ đại, tạo nên một miêu tả cho vũ trụ không tự mâu thuẫn, đẹp và phù hợp với trực giác hơn mọi lý thuyết có trước. Newton đưa ra cụ thể các nguyên lý của phương pháp khoa học có thể ứng dụng tổng quát vào mọi lĩnh vực của khoa học. Đây là điều tương phản lớn so với các phương pháp riêng biệt cho mỗi lĩnh vực của Aristoteles và Aquinas trước đó.

Ngoài việc nghiên cứu khoa học, Newton dùng phần lớn thời gian để nghiên cứu Kinh Thánh, ông tin nhận một Chúa Trời duy nhất là Đấng tạo hóa siêu việt mà người ta không thể phủ nhận sự hiện hữu của ngài khi nhìn ngắm vẻ hùng vĩ của mọi tạo vật.[4][5] Mặc dù được trưởng dưỡng trong một gia đình Anh giáo nhưng vào độ tuổi ba mươi của mình, niềm tin Kitô giáo của Newton nếu công khai ra sẽ không được coi là chính thống.[6]

Cũng có các nhà triết học trước như Galileo và John Philoponus sử dụng phương pháp thực nghiệm, nhưng Newton là người đầu tiên định nghĩa cụ thể và hệ thống cách sử dụng phương pháp này. Phương pháp của ông cân bằng giữa lý thuyết và thực nghiệm, giữa toán học và cơ học. Ông toán học hoá mọi khoa học về tự nhiên, đơn giản hoá chúng thành các bước chặt chẽ, tổng quát và hợp lý, tạo nên sự bắt đầu của Kỷ nguyên Suy luận. Những nguyên lý mà Newton đưa ra do đó vẫn giữ nguyên giá trị cho đến thời đại ngày nay. Sau khi ông ra đi, những phương pháp của ông đã mang lại những thành tựu khoa học lớn gấp bội những gì mà ông có thể tưởng tượng lúc sinh thời. Các thành quả này là nền tảng cho nền công nghệ mà chúng ta được hưởng ngày nay.

Không ngoa dụ chút nào khi nói rằng Newton là danh nhân quan trọng nhất đóng góp cho sự phát triển của khoa học hiện đại. Như nhà thơ Alexander Pope đã viết:

Nature and nature's laws lay hid in night; God said "Let Newton be" and all was light. Tự nhiên và luật tự nhiên lẩn khuất trong màn đêm phủ; Chúa phán: Newton hãy xuất hiện! Và mọi thứ chói lòa.

Tiểu sử

 

Isaac Newton sinh ra tại một ngôi nhà ở Woolsthorpe, gần Grantham ở LincolnshireAnh, vào ngày 25 tháng 12 năm 1642 (4 tháng 1, 1643 theo lịch mới). Ông chưa một lần nhìn thấy mặt cha, do cha ông, một nông dân cũng tên là Isaac Newton Sr., mất trước khi ông sinh ra không lâu. Sống không hạnh phúc với cha dượng từ nhỏ, Newton bắt đầu những năm học phổ thông trầm uất, xa nhà và bị gián đoạn bởi các biến cố gia đình. May mắn là do không có khả năng điều hành tài chính trong vai anh cả sau khi cha dượng mất, ông tiếp tục được cho học đại học (trường Trinity College Cambridge) sau phổ thông vào năm 1661, sử dụng học bổng của trường với điều kiện phải phục dịch các học sinh đóng học phí.

Mục tiêu ban đầu của Newton tại Đại học Cambridge là tấm bằng luật sư với chương trình nặng về triết học của Aristotle, nhưng ông nhanh chóng bị cuốn hút bởi toán học của Descartes, thiên văn học của Galileo và cả quang học của Kepler. Ông đã viết trong thời gian này: "Plato là bạn của tôi, Aristotle là bạn của tôi, nhưng sự thật mới là người bạn thân thiết nhất của tôi". Tuy nhiên, đa phần kiến thức toán học cao cấp nhất thời bấy giờ, Newton tiếp cận được là nhờ đọc thêm sách, đặc biệt là từ sau năm 1663, gồm các cuốn Elements của Euclid, Clavis Mathematica của William OughtredLa Géométrie của Descartes, Geometria a Renato Des Cartescủa Frans van SchootenAlgebra của Wallis và các công trình của François Viète.

Ngay sau khi nhận bằng tốt nghiệp, năm 1630, ông phải trở về nhà 2 năm vì trường đóng cửa do bệnh dịch hạch lan truyền. Hai năm này chứng kiến một loạt các phát triển quan trọng của Newton với phương pháp tính vi phân và tích phân hoàn toàn mới, thống nhất và đơn giản hoá nhiều phương pháp tính khác nhau thời bấy giờ để giải quyết những bài toán có vẻ không liên quan trực tiếp đến nhau như tìm diện tích, tìm tiếp tuyến, độ dài đường cong và cực trị của hàm. Tài năng toán học của ông nhanh chóng được hiệu trưởng của Cambridge nhận ra khi trường mở cửa trở lại. Ông được nhận làm giảng viên của trường năm 1670, sau khi hoàn thành thạc sĩ, và bắt đầu nghiên cứu và giảng về quang học. Ông lần đầu chứng minh ánh sáng trắng thực ra được tạo thành bởi nhiều màu sắc, và đưa ra cải tiến cho kính thiên văn sử dụng gương thay thấu kính để hạn chế sự nhoè ảnh do tán sắc ánh sáng qua thuỷ tinh.

Newton được bầu vào Hội Khoa học Hoàng gia Anh năm 1672 và bắt đầu vấp phải các phản bác từ Huygens và Hooke về lý thuyết hạt ánh sáng của ông. Lý thuyết về màu sắc ánh sáng của ông cũng bị một tác giả phản bác và cuộc tranh cãi đã dẫn đến suy sụp tinh thần cho Newton vào năm 1678. Năm 1679 Newton và Hooke tham gia vào một cuộc tranh luận mới về quỹ đạo của thiên thể trong trọng trường. Năm 1684, Halley thuyết phục được Newton xuất bản các tính toán sau cuộc tranh luận này trong quyểnPhilosophiae Naturalis Principia Mathematica. Quyển sách đã mang lại cho Newton tiếng tăm vượt ra ngoài nước Anh, đến châu Âu.

Năm 1685, chính trị nước Anh thay đổi dưới sự trị vì của James II, và trường Cambridge phải tuân thủ những điều luật phi lý như buộc phải cấp bằng cho giáo chủ không thông qua thi cử. Newton kịch liệt phản đối những can thiệp này và sau khi James bị William III đánh bại, Newton được bầu vào Nghị viện Anh nhờ những đấu tranh chính trị của ông.

Năm 1693, sau nhiều năm làm thí nghiệm hoá học thất bại và sức khoẻ suy sụp nghiêm trọng, Newton từ bỏ khoa học, rời Cambridge để về nhận chức trong chính quyền tạiLuân Đôn. Newton tích cực tham gia hoạt động chính trị và trở nên giàu có nhờ bổng lộc nhà nước. Năm 1703 Newton được bầu làm chủ tịch Hội Khoa học Hoàng gia Anh và giữ chức vụ đó trong suốt phần còn lại của cuộc đời ông. Ông được Nữ hoàng phong bá tước năm 1705. việc ai phát minh ra vi phân và tích phân, Newton và Lepnic không bao giờ tranh luận cả, nhưng các người hâm mộ lại tranh cãi quyết liệt khiến hai nhà khoa học vĩ đại này cảm thấy xấu hổ. Ông mất ngày 31 tháng 3 năm 1727 tại Luân Đôn.

Nghiên cứu khoa học Quang học

Từ năm 1670 đến 1672, Newton diễn thuyết về quang học. Trong khoảng thời gian này ông khám phá ra sự tán sắc ánh sáng, giải thích việc ánh sáng trắng qua lăng kính trở thành nhiều màu, và một thấu kính hay một lăng kính sẽ hội tụ các dãy màu thành ánh sáng trắng.

Newton còn cho thấy rằng ánh sáng màu không thay đổi tính chất, bằng việc phân tích các tia màu và chiếu vào các vật khác nhau. Newton chú ý rằng dù là gì đi nữa, phản xạtán xạ hay truyền quamàu sắc vẫn giữ nguyên. Vì thế màu mà ta quan sát là kết quả vật tương tác với các ánh sáng đã có sẵn màu sắc, không phải là kết quả của vật tạo ra màu.

Nhờ vào những khám phá trên, Newton nhận ra nguyên nhân gây ra sự sai lệch màu của hình ảnh trên kính viễn vọng khúc xạ thời đó. Ông đã áp dụng nguyên lý của James Gregory để tạo ra kính viễn vọng phản xạ đầu tiên, khắc phục được nhiều nhược điểm về ảnh của kính viễn vọng khúc xạ đồng thời giảm đi đáng kể chiều dài của kính viễn vọng.

Quả táo Newton

Tuy nhiên, với bản thảo viết tay Memoirs of Life Sir Isaac Newton có từ năm 1752, nhà khoa học William Stukeley (một người quen của Newton) kể lại chi tiết về khoảng khắc khi Newton tìm ra thuyết vạn vật hấp dẫn.Sau khi Newton công bố định luật vạn vật hấp dẫn, giới khoa học lưu truyền câu chuyện quả táo rơi trúng đầu Newton liệu có mối liên hệ giữa khối lượng và khoảng cách của vật thể trong nhà vật lý vĩ đại này. Thế nhưng, nhiều ý kiến cho rằng đó chỉ là câu chuyện thêu dệt, chỉ là một huyền thoại và rằng ông đã không xây dựng lý thuyết về lực hấp dẫn ở bất cứ thời điểm duy nhất nào.

Bài viết của Stukeley kể về những suy nghĩ của Newton về thuyết lực hấp dẫn khi hai người ngồi dưới bóng râm cây táo trong vườn của nhà khoa học, tại Kensington vào ngày 15 tháng 4 năm 1726: [7]

Chúng tôi đã đi vào một khu vườn, và uống trà dưới bóng mát của vườn táo; chỉ có ông, và tôi. Ông nói với tôi, chính ở vị trí này, vào thuở trước khái niệm về lực hấp dẫn đã đến trong tâm trí.Thời điểm đó ông đang ngồi chiêm nghiệm và một quả táo rơi xuống. Ông đã nghĩ tại sao quả táo lại rơi thẳng xuống đất?

Quả táo chín rồi, tại sao lại rơi xuống đất? Tài vì gió thổi chăng? Không phải, khoảng không rộng mênh mông, tại sao lại phải rơi xuống mà không bay lên trời? Như vậy trái đất có cái gì hút nó sao? Mọi vật trên trái đất đều có sức nặng, hòn đã ném đi rốt cuộc lại rơi xuống đất, trọng lượng của mọi vật có phải là kết quả của lực hút trái đất không?

Tại sao nó không đi ngang, hoặc đi lên ? Nhưng lại liên tục đến trung tâm trái đất ? Chắc chắn, không lý nào khác rằng trái đất đã hút nó. Phải có một sức mạnh hút kéo vật chất & tổng sức mạnh hút kéo trong vấn đề trái đất phải được ở trung tâm đất, không phải trong bất kỳ bên của trái đất do đó đó quả táo này có rơi vuông góc, hay hướng về trung tâm nếu có vấn đề do đó hút lấy vật chất.. nó phải được cân đối với lượng của nó do đó táo rút ra trái đất., cũng như trái đất thu hút sự táo.

John Conduitt, trợ lý của Newton tại Royal Mint và chồng của cô cháu gái của Newton, cũng mô tả các sự kiện khi ông đã viết về cuộc sống của Newton:

Vào năm 1666, ông nghỉ hưu từ Cambridge với mẹ ông ở Lincolnshire. Trong khi đang lang thang trầm tư trong vườn, thì đến hiện ý tưởng rằng sức mạnh của lực hấp dẫn (đã mang quả táo từ trên cây rơi xuống đất) không bị giới hạn trong một khoảng cách nhất định từ trái đất, nhưng sức mạnh này phải trải rộng ra xa hơn là thường nghĩ. Tại sao không cao như mặt trăng nói ông đến mình, và nếu như vậy, mà phải ảnh hưởng đến chuyển động của mặt trăng và có lẽ giữ lại trong quỹ đạo của nó, từ đó ông lao vào tính toán những gì sẽ là kết quả của giả đó.

Trong một việc tương tự, Voltaire đã viết trong cuốn tiểu luận về Epic Thơ (1727), "Sir Isaac Newton đi bộ trong khu vườn của mình, có những suy nghĩ đầu tiên của hệ thống hấp dẫn của ông, khi thấy một quả táo rơi xuống từ một cây."

Nó được biết đến từ máy tính xách tay của mình mà Newton đã phải vật lộn trong 1660s muộn với ý tưởng rằng lực hấp dẫn kéo dài trên mặt đất, trong một tỷ lệ nghịch vuông, đến mặt trăng; Tuy nhiên ông đã phải mất hai thập kỷ để phát triển các lý thuyết đầy đủ. Câu hỏi đặt ra không phải là liệu trọng lực tồn tại, nhưng liệu nó mở rộng để cách xa Trái đất mà nó còn có thể là lực lượng giữ mặt trăng tới quỹ đạo của nó. Newton đã chỉ ra rằng nếu lực giảm tỉ lệ nghịch với khoảng cách, người ta có thể tính toán chu kỳ quỹ đạo của Mặt trăng, và có được thỏa thuận tốt. Ông đoán cùng một lực lượng chịu trách nhiệm chuyển động quỹ đạo khác, và do đó đặt tên nó là "vạn vật hấp dẫn".

Sau này Newton nêu ra: Mọi vật trên trái đất đều chịu sức hút của trái đất, mặt trăng cũng chịu sức hút của trái đất, đồng thời trái đất cũng chịu sức hút của mặt trăng; Trái đất chịu sức hút của mặt trời, mặt trời đồng thời cũng chịu sức hút của trái đất. Nói một cách khác là vạn vật trong vũ trụ đều có lực hấp dẫn lẫn nhau, vì có loại lực hấp dẫn này mà mặt trăng mới quay quanh trái đất, trái đất mới quay quanh mặt trời

Tác phẩm Xuất bản khi sinh thời

Xuất bản sau khi qua đời




#650612 Chuyên đề về phương trình bậc hai

Gửi bởi Air Force trong 21-08-2016 - 10:08

Trong chuyên đề này, chúng ta sẽ cùng nhau thảo luận về các bài toán liên quan đến phương trình bậc hai, có thể chia theo các dạng sau :
Dạng 1 : Giải phương trình bậc hai.
Dạng 2 : Biện luận phương trình theo tham số.
Dạng 3 : Hệ thức Viet và các dạng toán liên quan
Dạng 4 : Các phương trình có thể đưa được về dạng phương trình bậc hai.
Mong các bạn qua đây sẽ "hiểu ” và "biết” thêm về phương trình bậc hai - một loại phương trình tưởng đơn giản nhưng thực ra rất thú vị và phức tạp.

Quy định chung của topic :
- Các bạn post các bài toán liên quan đến PT bậc hai, tuyệt đối không post các bài phương trình vô tỉ sử dụng các phương pháp khác trong topic. Các bài toán này cần được đánh số theo thứ tự, có thể thuộc 1 trong 4 dạng đã nói ở đầu topic. Các bạn nên tập trung giải những bài toán chưa có lời giải hoặc lời giải không chính xác. Nếu như chưa làm được nhưng có hướng làm thì có thể điền phía trước thông tin là ì Hướng làm bài ”.
- Các bạn viết bằng Tiếng Việt, tuyệt đối không dùng ngôn ngữ chat, không SPAM, nếu chưa biết viết latex thì viết đầy đủ thông tin .
Chẳng hạn, để viết : $ \dfrac{x + 1}{x + 2} $ , thì phải viết là : ( x + 1 )/(x + 2) chứ không được viết là x + 1/ x + 2.
Nhưng tốt hơn hết là phải biết viết latex
- Nếu bạn nào hiểu rõ về dạng toán của một bài toán nào đó thì có thể viết thêm ở dưới bài viết ì Cách giải tổng quát”.
- Đọc kỹ quy định topic trước khi post bài.
- Viết TIẾNG VIỆT phải đúng chuẩn, đầu dòng viết hoa, không viết tắt đại loại như : ko ( không ), vs ( với)…
- Các bài toán yêu cầu giải phương trình bậc hai thì nên giải ra nghiệm rõ ràng.
VD : Giải phương trình :
$ x^2 + \sqrt{4 + 2\sqrt{3}}x - \sqrt{3} = 2$
Mong rằng topic này sẽ là nơi cho các bạn khóa sau, sau nữa làm nơi tham khảo và bổ sung kiến thức về PT bậc hai để có kiến thức vững vàng trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
Một số bài toán đầu tiên :
Bài 1 : Gọi $ x_1, x_2 $ là các nghiệm của của phương trình $ x^2 - 3x - 7 = 0$.
Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là : $ \dfrac{1}{x_1 - 1}$ và $ \dfrac{1}{x_2 - 1}$
Bài 2 : Cho phương trình : $ x^2 - m^2x + 2m + 1 = 0$
a, Giải phương trình khi $ m = \sqrt{2}$
b, Gọi $ x_1, x_2 $ là hai nghiệm của phương trình trên. Lập hệ thức liên hệ giữa $ x_1 $ và $ x_2 $ không phụ thuộc vào tham số m.
c, Tìm m sao cho : $ ( \dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2})^2 = 1$ 

 
Mình cám ơn Phạm Hữu Bảo Chung rất nhiều về việc lập ra toic này. Các chuyên đề Phương trình bậc 2 và ứng dụng rất cần thiết cho các em lớp 9 chuẩn bị chuyển cấp kể cả các học sinh bậc Trung Học Phổ Thông. Mình mong mọi người nhiệt tình đóng góp những ý kiến hay cho topic và tuân thủ đúng các quy định mà bạn Chung đã đặt ra . Mình xin giải Bài 1, Bài 2 trước:
Bài 1:
Do $x_1;x_2$ lần lượt là các nghiệm của phương trình $x^2-3x-7=0$ cho nên theo định lí Viet ta có :
$ \begin{cases} x_1+x_2=3 \\ x_1x_2=-7 \end{cases} $
Gọi $y_1=\dfrac{1}{x_1-1}; y_2=\dfrac{1}{x_2-1}$. mục tiêu ta là tìm ra PT bậc 2 chứa 2 nghiệm $y_1;y_2$
Thật vậy , ta có :$y_1.y_2=\dfrac{1}{(x_1-1)(x_2-1)}=\dfrac{1}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}=\dfrac{1}{-7-3+1}=-\dfrac{1}{9}$ (1)
$y_1+y_2=\dfrac{1}{x_1-1}+\dfrac{1}{x_2-1}=\dfrac{x_1+x_2-2}{x_1x_2-(x_1+x_2)+1}=\dfrac{3-2}{-7-3+1}=-\dfrac{1}{9}$(2)
Từ (1),(2), theo định lí Viet đảo ta có $y_1;y_2$ là ngiệm của Phương Trình:$y^2+\dfrac{1}{9}y-\dfrac{1}{9}=0$ hay$9y^2+y-1=0$
Bài 2:
Câu a:Với giả thuyết của đề bài ta có Phương trình:$x^2-2x+2\sqrt{2}+1=0$. Vì Biệt thức của Phương trình:$\delta=1-(2\sqrt{2}+1)=-2\sqrt{2}<0$. Do đó Phương trình đã cho vô ngiệm
Câu b:
Vì $x_1;x_2$ là các nghiệm của Phương trình $x^2-m^2x+2m+1=0$ cho nên theo Định lí Viet ta có :
$\begin{cases} x_1+x_2=m^2 \\ x_1x_2=2m+1 \end{cases} $ Vậy:
$4(x_1+x_2)-x_1^2.x_2^2=4m^2-(2m+1)^2=-4m-1 =-2(2m+1)+1=-2x_1x_2+1 \\ \Leftrightarrow 4(x_1+x_2)-x_1^2.x_2^2+2x_1x_2=1$
Vậy biểu thức liên hệ giữa $x_1;x_2$ là biểu thức $ 4(x_1+x_2)-x_1^2.x_2^2+2x_1x_2=1$
Câu c: Ta có
$(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2})^2=1 \\ \Leftrightarrow (\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2})^2=1 \\ \Leftrightarrow (\dfrac{m^2}{2m+1})^2=1 \\ \Leftrightarrow m^4=(2m+1)^2 \\ \Leftrightarrow m^2=|2m+1|$
Xét TH1 với $m \ge -\dfrac{1}{2}$ , ta có:
$m^2-2m-1=0 \Leftrightarrow m=1 \pm \sqrt{2}$( Cả 2 giá trị m đều thỏa điều kiện)
Xét TH2 với $ m \le -\dfrac{1}{2}$ , ta có :
$m^2=-2m-1 \Leftrightarrow (m+1)^2=0 \Leftrightarrow m=-1$( Giá trị này thỏa điều kiện)
KL m thuộc {$-1;1-\sqrt{2};1+\sqrt{2}$} 

 
Bài 3:Cho phương trình: $x^2-2(m-1)x-m=0$
a)Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm $x_1,x_2$ với mọi m 
b) Với m khác 0 , lập phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là $x_1+\dfrac{1}{x_2}$ và $x_2+\dfrac{1}{x_1}$

Bài 4: Giả sử a,b là 2 nghiệm của phương trình $x^2+px+1=0$ và c,d là 2 nghiệm của phương trình :$x^2+qx+1=0$
Hãy chứng minh hệ thức: $(a-c)(b-c)(a+d)(b+d)=q^2-p^2$
 

 

PHẦN 1 
Lập phương trình bậc hai khi biết nghiệm số của nó.


Phần này có ba dạng toán chủ yếu, đó là :
Dạng 1 : Lập phương trình bậc hai với nghiệm số là các số cụ thể. 
Dạng bài này chỉ cần sử dụng định lý đảo của định lý Viét thì dễ dàng giải quyết. 
Ta có : Nếu 2 số có tổng bằng S và tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của phương trình : 
$ x^2 - Sx + P = 0 $
Điều kiện để có hai số đó là $ S^2 - 4P \geq 0 $
Dạng 2 : Lập phương trình bậc hai với nghiệm số là các biểu thức chứa nghiệm của một phương trình bậc hai cho trước.
Ở dạng này, theo mình thì có thể chia làm 2 loại :
+ Phương trình cho trước không chứa tham số. Dạng này đã có ở bài 1. Các nghiệm số của phương trình cần lập là các biểu thức có chứa nghiệm số của phương trình cho trước.
Bài 5 : Cho $ x_1, x_2 $ là các nghiệm ( nếu có ) của phương trình $ x^2 - 2x - 8= 0$
Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm : $ 2x_1 + x_2$ và $ 2x_2 + x_1$
Bài 6 : Cho $ x_1, x_2 $ là các nghiệm( nếu có ) của phương trình $ x^2 - 5x + 9 = 0$
Bài 7 ( Đề thi tuyển sinh vào trường PTNK - ĐHQG TP.HCM, 2000 - 2001)
Gọi $ x_1, x_2 $ là hai nghiệm của phương trình $ x^2 - 7x + 3 = 0$
a, Hãy lập phương tình bậc hai có hai nghiệm là $ 2x_1 - x_2$ và $ 2x_2 - x_1$
b, Hãy tính giá trị của biểu thức : $ A = |2x_1 - x_2| + |2x_2 - x_1|$
Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm $ x_1^2 + x_2 $ và $ x_2^2 + x_1$ 
+ Phương trình cho trước có chứa tham số. Thực ra việc giải bài toán này
cũng không quá phức tạp. Dạng toán này đòi hỏi kỹ năng biến đổi đại số và tính cẩn thận. 
Bài 8 : Cho phương trình $ x^2 - 2 ( m + 2 ).x + m^2 - 1 = 0 $ ( với m là tham số ) có hai nghiệm $ x_1, x_2$. Lập phương trình bậc hai có các nghiệm là : $ y_1 = 4x_1^2 - 1; y_2 = 4x_2^2 - 1$
Dạng 3 : Lập phương trình bậc hai có các nghiệm số thỏa mãn các đẳng thức.
Những bài toán thuộc dạng này thường có các đẳng thức đối xứng giữa các nghiệm ( có nghĩa là nếu thay các nghiệm này cho nhau thì đẳng thức không thay đổi hay nói cách khác là vai trò của các biến là như nhau).
VD : $ x_1.x_2; x_1^2 + x_2^2 ; \dfrac{1}{x_1^3} + \dfrac{1}{x_2^3}…$
Cách giải : Đa số các bài toán thuộc dạng này đều dùng cách đặt ẩn phụ $ S = x_1 + x_2, P = x_1.x_2$ sau đó đưa các đẳng thức cần tính về các biểu thức có chứa S và P. Bước cuối cùng là giải các phương trình hoặc hệ phương trình có ẩn S, P và lập phương trình cần tìm.
Bài 9 : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm $ x_1, x_2 $ thỏa mãn :
$ x_1.x_2 = 4$ và $ \dfrac{x_1}{x_1 - 1 } + \dfrac{x_2}{x_2 - 1} = \dfrac{a^2 - 7}{a^2 - 4}$.
Bài 10 : Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm $ x_1, x_2 $ thỏa mãn :
$ \left\{\begin{array}{l}4x_1x_2 - 5( x_1 + x_2 ) + 4 = 0\\( x_1 - 1 )( x_2 - 1 ) = \dfrac{1}{m + 1}\end{array}\right.$
* Ngoài ra còn có một số dạng toán lập phương trình với các hệ số, nghiệm thỏa mãn những điều kiện cho trước :
Bài 11 : Lập phương trình bậc hai có các hệ số hữu tỉ và có một nghiệm là : 

$ \dfrac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{\sqrt{2} + \sqrt{3}}$

Bài 12 ( Đề thi chọn HSG TP. Hải Phòng, 1993 )
Hãy viết phương trình bậc hai ( ẩn x ) dạng : $ x^2 + px + q = 0$. Biết rằng phương trình có nghiệm nguyên, các hệ số p, q đều là nguyên và p + q + 1 = 1993. 

 

 
Bài 3: Cho phương trình: $x^2-2(m-1)x-m=0$
a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm $x_1,x_2$ với mọi m 
b, Với m khác 0 , lập phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là $x_1+\dfrac{1}{x_2}$ và $x_2+\dfrac{1}{x_1}$
Gợi ý : 
a, Tính biệt thức $ \Delta' = [- ( m - 1 )]^2 - 1.( - m ) = m^2 - 2m + 1 + m = m^2 + m + 1$
Chứng minh $ m^2 + m + 1 \geq 0 $ ( dấu " = " không xảy ra )
b, Câu này thuộc Dạng 2, PHẦN 1.
Dùng hệ thức Viét để tính $ S = x_1 + x_2 $ và $ P = x_1.x_2$
Ta có : 
$ ( x_1 + \dfrac{1}{x_2}) + ( x_2 + \dfrac{1}{x_1}) = ( x_1 + x_2 ) + ( \dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2}) = S + \dfrac{S}{P}$
$ ( x_1 + \dfrac{1}{x_2})( x_2 + \dfrac{1}{x_1}) = x_1x_2 + 2 + \dfrac{1}{x_1x_2} = P + 2 + \dfrac{1}{P}$
P/S : Các bạn khác tự giải nhé.
Bài 4 ( Đề thi chọn HSG Toán toàn quốc, 1992 - 1993 )
Giải : 
Do a, b là nghiệm của phương trình : $ x^2 + px + 1 = 0 $ nên theo định lý Viét, ta có :
$ \left\{\begin{array}{l}a + b = - p \\ab = 1\end{array}\right.$
Tương tự, ta có : $ \left\{\begin{array}{l}c + d = -q\\cd = 1\end{array}\right.$
Ta có : $ ( a - c )( b - c )( a + d )( b + d) = [( a - c )( b + d )].[( b - c )( a + d)]$
$ = [ab + ad - bc - cd][ab + bd - ac - cd] = [1 + ad - bc - 1][1 + bd - ac - 1]$
$ = ( ad - bc )( bd - ac ) = abd^2 - a^2cd - b^2cd + abc^2 = d^2 - a^2 - b^2 + c^2$
$ = ( c^2 + 2 + d^2 ) - ( a^2 + 2 + b^2 ) $
$ = ( c^2 + 2cd + d^2 ) - ( a^2 + 2ab + b^2 ) = ( c + d )^2 - ( a + b )^2 = q^2 - p^2$

 

 
Bài 5:
theo định lý viét 
delta_t.gif $ x_1 + x_2 = 2 $ và $ x_1x_2= -8$
ta có $ (2x_1 +x_2)+(x_1+2x_2)= 3(x_1+x_2) =6 $
$ (2x_1 +x_2)+(2x_2+x_1)= 2(x_1^2 +x_2^2) +5x_1x_2 =2((x_1+x_2)^2-2x_1x_2)+5x_1x_2= -16 $
 phương trình đó là:
$ x^2 -6x-8 $ 

 
Bài 13 : Xác định phương trình bậc 2
$ P_x=ax^2+bx+c $
Thỏa mãn điều kiện $ |P_x| \leq 10 $ với mọi $ x \in [-1;1] $ và |a| + |b| + |c| đạt giá trị max.
P/S : Đầu dòng viết hoa nha bạn, tiếp đó là phải đánh số thứ tự của bài. Muốn viết dấu GTTĐ thì bạn giữ phím Shift , rồi nhấn vào phím \ ( nằm phía trên phím Enter, bên cạnh phím Back Space). Bạn sửa lại bài nhé !
Bài 5 : Phương trình chỉ có một vế thôi à ! Và ở chỗ dòng thứ 4 từ trên xuống phải là $ ( 2x_1 + x_2 )( 2x_2 + x_1 ) $

 

PHẦN 2
Tìm hệ thức liên hệ giữa hai hai nghiệm của phương trình bậc hai không phụ thuộc tham số.


Các bước để giải bài toán dạng này ( Trích từ sách : Phương pháp giải các dạng toán : Bài tập căn bản và nâng cao lớp 9 tập hai )
Trước tiên, cần tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, vì nếu phương trình vô nghiệm thì sẽ không áp dụng được hệ thức Viét.
Bước 1 : Lập $S$ ( phụ thuộc theo tham số $m$ )
Bước 2 : Lập $P$ ( phụ thuộc theo tham số $m$ )
Bước 3 : Khử $m$ để lập một hệ thức giữa $S$ và $P$.
Bước 4 : Thay $S = x_1 + x_2$ và $P = x_1x_2$ thì được hệ thức phải tìm.

Chú ý : Nếu $P$ hay $S$ bằng hằng số thì đó chính là hệ thức phải tìm, không cần 2 bước sau.

Có một cách khác được trình bày trong cuốn sách "Phương trình bậc hai và một số ứng dụng”, như sau :
Xét biểu thức: $aP + bS$ , trong đó $a, b$ là những số phải xác định để khử $m$ khỏi biểu thức đó. Sau đó đưa biểu thức về dạng :
$$ M.a + N.b + P_{m} = 0 $$ 
( $M, N$ là hằng số )
Biểu thức $ P_{m}$ lúc này còn chứa $a, b$. Chỉ cần xác định $a, b$ sao cho $ P_{m} = 0$ là ta có hệ thức cần tìm. ( Cách này thường được áp dụng cho các biểu thức mà trong đó số mũ cao nhất của $m$ là 1 ).

Ngoài ra, ở những biểu thức có các hệ số đơn giản. ta có thể tự mò ra hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc tham số.
Ví dụ Cho phương trình : $ x^2 - m^2x + 2m + 1 = 0$. Gọi $ x_1, x_2 $ là hai nghiệm của phương trình trên. Lập hệ thức liên hệ giữa $ x_1 $ và $ x_2 $ không phụ thuộc vào tham số $m$.
Giải
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
$$ \Delta = (- m^2) - 4.1.( 2m + 1 ) \geq 0$$
$$ \Leftrightarrow m^4 - 8m - 4 \geq 0 \Leftrightarrow m^4 \geq 8m + 4$$
Theo định lý Viét, ta có : 
$$ \left\{\begin{array}{l}S = x_1 + x_2 = m^2\\P = x_1.x_2 = 2m + 1\end{array}\right. ( S^2 \geq 4P ) $$
Ta có : $P = 2m + 1 \Rightarrow m = \dfrac{P - 1}{2}$
Thay $ m = \dfrac{P - 1}{2} $ vào biểu thức $ S = m^2 $, ta có :
$$ S = m^2 = (\dfrac{P - 1}{2})^2 = \dfrac{P^2 - 2P + 1}{4}$$
$$ \Leftrightarrow 4S = P^2 - 2P + 1 \Leftrightarrow P^2 - 2P - 4S + 1 =0$$
$$ \Leftrightarrow x_1^2.x_2^2 - 2x_1x_2 - 4( x_1 + x_2 ) + 1 = 0$$

Bài tập
Bài 14 : Cho phương trình $ ( m - 1 )x^2 - 2 ( m - 4 )x + m - 5 = 0 ( m \neq 1 )$
Tìm hệ thức giữa hai nghiệm của phương trình không phụ thuộc tham số $m$.

Bài 15 (Thi HSG Quốc gia - 1995 )
Cho phương trình bậc hai $ x^2 + mx + n = 0 $, biết rằng $ n \leq m - 1$.
Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm $ x_1, x_2$. Chứng minh $ x_1^2 + x_2^2 \geq 1 $ với mọi $m, n$ thỏa mãn điều kiện đó.

Bài 16 : Cho phương trình bậc hai : $ ( m - 2 )x^2 - 2( m + 2 )x + 2( m - 1) = 0 $. Khi phương trình có nghiệm, hãy tìm một hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số $m$. 

 

PHẦN 3
Xác định tham số để các nghiệm của phương trình bậc hai thỏa mãn điều kiện cho trước.


Bổ sung một số kiến thức về phần này :
Bổ sung 1 : Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của phương trình bậc hai :
Giả sử phương trình bậc hai $ ax^2 + bx + c = 0 ( a \neq 0 )$ có hai nghiệm $ x_1, x_2 $. Ta có các hệ thức sau :
• $ x_1^2 + x_2^2 = ( x_1 + x_2 )^2 - 2x_1x_2 = S^2 - 2P$
• $ ( x_1 - x_2 )^2 = ( x_1 + x_2 )^2 - 4x_1x_2 = S^2 - 4P $
• $ x_1^3 + x_2^3 = ( x_1 + x_2 )^3 - 3x_1x_2( x_1 + x_2 ) = S^3 - 3PS $
• $ x_1^4 + x_2^4 = ( x_1^2 + x_2 ^2 )^2 - 2x_1^2x_2^2 = ( S^2 - 2P )^2 - 2P^2$
• $ \dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} = \dfrac{x_1 + x_2}{x_1x_2} = \dfrac{S}{P}$.
• $ \dfrac{x_1}{x_2} + \dfrac{x_2}{x_1} = \dfrac{x_1^2 + x_2^2}{x_1x_2} = \dfrac{S^2 - 2P}{P}$
• $ ( x_1 - a)( x_2 - a ) = x_1x_2 - a( x_1 + x_2 ) + a^2 = P - aS + a^2$
• $ \dfrac{1}{x_1 - a} + \dfrac{1}{x_2 - a} = \dfrac{x_1 + x_2 - 2a}{(x_1 - a )(x_2 - a )} = \dfrac{S - 2a}{P - aS + a^2 } $

Bài tập 17 : Gọi $ x_1, x_2$ là hai nghiệm của phương trình $ 5x^2 - 3x - 1 = 0 $. Tính giá trị các biểu thức sau :
a, $ A = x_1^2 + x_2^2$
b, $ B = | x_1 - x_2|$
c, $ C = \dfrac{1}{x_1 - 1} + \dfrac{1}{x_2 - 1}$
d, $ D = ( 3x_1 + x_2 )( 3x_2 + x_1 )$
e, $ E = 2x_1^3 - 3x_1^2x_2 + 2x_2^3 - 3x_1x_2^2$
f, $ F = \dfrac{x_1}{x_2} + \dfrac{x_1}{x_2 + 1} + \dfrac{x_2}{x_1} + \dfrac{x_2}{x_1 + 1} - (\dfrac{1}{x_1} - \dfrac{1}{x_2})^2$
g, $ G = \dfrac{3x_1^2 + 5x_1x_2 + 3x_2^2}{4x_1x_2^3 + 4x_1^3x_2}$

Bổ sung 2 : Xác định dấu của các nghiệm, xác định các hệ số của phương trình theo điều kiện về dấu của nghiệm.
Dấu của nghiệm số phương trình bậc hai :
Cho phương trình bậc hai $ ax^2 + bx + c = 0, ( a \neq 0 )$. Gọi $ x_1, x_2 $ là các nghiệm của phương trình. Ta có các kết quả sau :
• $ P < 0 \Rightarrow x_1 < 0 < x_2 $
• $ \left\{\begin{array}{l}\Delta \geq 0\\P > 0 \\ S > 0\end{array}\right. \Leftrightarrow 0 < x_1 \leq x_2$
• $ \left\{\begin{array}{l}\Delta \geq 0\\P > 0 \\ S < 0\end{array}\right. \Leftrightarrow x_1 \leq x_2 < 0$
• $ \left\{\begin{array}{l}P = 0 \\ S > 0\end{array}\right. \Leftrightarrow 0 = x_1 < x_2$
• $ \left\{\begin{array}{l}P = 0 \\ S < 0\end{array}\right. \Leftrightarrow x_1 < x_2 = 0$

Bài tập 18 ( Đề thi chọn HSG TP.HCM, 2000 - 2001 )
Cho phương trình $ mx^2 - 2( m + 1 )x + m + 2 = 0$
a, Định $m$ để phương trình có nghiệm.
b, Định $m$ để phương trình có hai nghiệm có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu.

Bổ sung 3 : So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số cho trước.
( Bài tập phần này khá khó )

Bài tập 19 ( Đề thi chọn HSG Toán Ba Lan, 1950 )
Cho hai phương trình bậc hai :

$$ x^2 + mx + n = 0 (1) $$

$$ x^2 + px + q = 0 (2) $$

Các tham số $m, n, p, q$ phải thỏa điều kiện gì để các nghiệm $ x_1, x_2 $ của (1) và $ x_3, x_4$ của (2) thỏa điều kiện: Mỗi phương trình có một nghiệm bị kẹp giữa các nghiệm của phương trình kia.

Bài tập 20 ( Đề thi chọn HSG Hungary, 1915 )
Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là những số dương thì phương trình :
$

$ \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x - a} + \dfrac{1}{x + b} = 0$$

có hai nghiệm $ x_1, x_2 ( x_1 > x_2 )$ sao cho : $ \dfrac{a}{3} < x_1 < \dfrac{2a}{3}$ và $ \dfrac{-2b}{3} < x_2 < \dfrac{- b}{3}$.

* Xác định tham số để các nghiệm của phương trình bậc hai thỏa mãn điều kiện cho trước.
Phần này chỉ có hai dạng chủ yếu, đó là :
- Xác định tham số để các nghiệm của phương trình thỏa mãn một đẳng thức.
- Xác định tham số để một biểu thức có chứa các nghiệm số của phương trình ban đầu đạt cực trị.
Dạng 1 : Xác định tham số để các nghiệm của phương trình thỏa mãn một đẳng thức.
Các bài toán thuộc dạng này đòi hỏi người làm phải có tính nhẫn nại và đôi khi là sự liều lĩnh.
Cách làm :
Bước 1 : Lập $S$ ( phụ thuộc theo tham số $m$ )
Bước 2 : Lập $P$ ( phụ thuộc theo tham số $m$ )
Bước 3 : Đưa các đẳng thức trên về dạng $f(S) + f(P) = k$ ( với $f(S), f(P)$ là các biểu thức chứa $S, P; k$ là hằng số )
Bước 4 : Thay $S, P$ theo $m$. Giải phương trình vừa tìm được và kết luận.
Có thể chia dạng này thành 2 loại :
- Đẳng thức đã cho đối xứng giữa các nghiệm.
VD : $ \dfrac{1}{x_1 - 2} + \dfrac{1}{x_2 - 2} = 2; x_1^2x_2 + x_2^2x_1 = 1$

Bài 21 :
Tìm $m$ để phương trình $ 3x^2 + 4( m - 1 )x + m^2 - 4m + 1 = 0$ có hai nghiệm phân biệt $ x_1, x_2$ thỏa mãn:
$

$\dfrac{1}{x_1} +\dfrac{1}{x_2} = \dfrac{1}{2}( x_1 + x_2 )$$


Bài 22 : Cho hai phương trình :

$$ ax^2 + bx + c = 0 (1)$$

$$ cx^2 + bx + a = 0 (2)$$

Tìm liên hệ giữa các số $a, b, c$ biết rằng các nghiệm $ x_1, x_2 $ của phương trình (1) và các nghiệm $ x_3, x_4 $ của phương trình (2) thỏa mãn đẳng thức:
$$ x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = 4$$

Bài 23 ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán trường THPT Trần Đại Nghĩa, TPHCM, 2002 - 2003 )
a, Cho phương trình $ x^2 - 5x - 1 = 0$. Gọi $ x_1, x_2 $ là các nghiệm của phương trình trên. Tính :

$$ A = ( x_1^2 - 4x_1 - 1 )( x_2^2 - 4x_2 - 1 ) $$

$$ B = ( x_1^3 - 5x_1^2 + 2 )( x_2^3 - 5x_2^2 + 2 )$$

b, Cho phương trình $ mx^2 + ( m^2 - 1 )x + 5 = 0$. Định $m$ để phương trình có hai nghiệm $ x_1^3 + x_2^3 = 0$.

- Đẳng thức đã cho không đối xứng giữa các nghiệm.
VD : $ 3x_1^2 + 4x_2^2 = 5; x_1 - x_2^3 = 5$

Bài 24 ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT Thạnh Mỹ Tây, TP.HCM, 1992 - 1993 )
Cho phương trình : $ x^2 + px + q = 0$. Tìm p và q, biết rằng phương trình có hai nghiệm $ x_1, x_2$ thỏa mãn :
$

$ \left\{\begin{array}{l}x_1 - x_2 = 5\\x_1^3 - x_2^3 = 35\end{array}\right. $$


Bài 25 ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT Trần Đại Nghĩa, TPHCM, 2002 - 2003 )
Định $m$ để phương trình $ 5x^2 + mx - 28 = 0 $ có hai nghiệm $ x_1, x_2$ thỏa mãn hệ thức $ 5x_1 + 2x_2 = 1$

Dạng 2 : Xác định tham số để một biểu thức có chứa các nghiệm số của phương trình ban đầu đạt cực trị.
Bước 1 : Lập $S$ ( phụ thuộc theo tham số $m$ )
Bước 2 : Lập $P$ ( phụ thuộc theo tham số $m$ )
Bước 3 : Đưa các biểu thức trên về dạng $f(S) + f(P) + k$ ( với $f(S), f(P)$ là các biểu thức chứa $S, P; k$ là hằng số )
Bước 4 : Thay $S, P$ theo $m$. Tìm cực trị của biểu thức vừa tìm.

Bài 26 : Cho phương trình $ 2x^2 + 2( m + 1)x + m^2 + 4m + 3 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm $ x_1, x_2$ và $ A = | x_1x_2 - 2( x_1 + x_2 )|$ đạt giá trị lớn nhất.

Bài 27 ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 PTNK, Tỉnh Hải Hưng, 1995 - 1996 )
Cho phương trình $ x^2 - ( a - 1 )x - a^2 + a - 2 = 0$
a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có hai nghiệm trái dấu.
b, Ký hiệu $m, n$ là nghiệm của phương trình, tìm giá trị của $a$ để $ m^2 + n^2 $ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 28 : Xác định $a, b$ để phương trình $ ( m^2 + 1 )x^2 - ( m^2 + am + b )x - 1 = 0$ có tổng $ S = x_1 + x_2$ đạt giá trị lớn nhất là 5 và giá trị nhỏ nhất là - 1 ( với $ x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình đã cho )

- Ngoài ra cũng có một số dạng toán xác định tham số để biểu thức chứa nghiệm của phương trình là số nguyên, nghiệm số của phương trình thuộc khoảng nào đó…
Bài 29 : Định $m$ để phương trình $f(x) = ( m + 1 )x^2 - 3mx + 4m = 0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(2; 5 )$

Bài 30 : Gọi $ x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình bậc hai $ x^2 - mx + 1 = 0$ ( m là số nguyên dương ).
a, Chứng minh rằng : $ x_1^5 + x_2^5$ là số nguyên.
b, Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất để $ x_1^5 + x_2^5$ $ \vdots$ $ 25$ 

 
Bài 14:

$\vartriangle ' = \left( {m - 4} \right)^2 - \left( {m - 1} \right)\left( {m - 5} \right) = 11 - 2m$

$\exists x_{1;2} \Leftrightarrow \vartriangle ' \geqslant 0 \Leftrightarrow 11 - 2m \geqslant 0 \Leftrightarrow m \leqslant \dfrac{{11}}{2}\left( {m \ne 1} \right)$

$\left\{ \begin{gathered} x_1 + x_2 = \dfrac{{2m - 8}}{{m - 1}} = 2 - \dfrac{6}{{m - 1}} \hfill \\ x_1 x_2 = \dfrac{{m - 5}}{{m - 1}} = 1 - \dfrac{4}{{m - 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$ \Rightarrow 2\left( {x_1 + x_2 } \right) - 3x_1 x_2 = 4 - \dfrac{{12}}{{m - 1}} - 3 + \dfrac{{12}}{{m - 1}} = 1$


 

 
Bài 15: 
Xét phương trình: $x^2+mx+n=0$ , theo định lí Viét ta có :
$\begin{cases} x_1+x_2=-m \\ x_1.x_2=n \end{cases}$( Trong đó $x_1,x_2$ là 2 nghiệm của Phương trình)
Do vậy ta cần chứng minh:$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1.x_2=m^2-2n \ge 1 $ ( Với ĐK là $n \le m-1$)
Thật vậy từ giả thuyết ta có: $2n \le 2m-2$(1) và lại có điều hiển nhiên là$0 \le (m-1)^2 \Leftrightarrow 2m-2 \le m^2-1$(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra $m^2-1 \ge 2m-2 \ge 2n \Leftrightarrow x_1^2+x_2^2=m^2-2n \ge 1 $ ( Vậy ta có điều phải chứng minh)
Bài 16
Hoàn toàn tương tự như bài 14, có thể tham khảo cách làm của perfectstrong 
 
Bài 31: 

Cho phương trình $(m-2)x^4-2m.x^2+m+4=0$. Định $m$ để phương trình có 4 nghiệm $x_1<x_2<x_3<x_4$ thỏa mãn $x_2-x_1=x_3-x_2=x_4-x_3$ 
Bài 31: 

Để ý yêu cầu bài toán là dạng PT bậc 4 trùng phương có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng.
Đặt :$t = {x^2}$
Ta có PT : $(m - 2){t^2} - 2mt + m + 4 = 0{\rm{ (1)}}$
Đầu tiên: Để PT ban đầu có 4 nghiệm pb thì pt (1) có 2 nghiệm pb dương.(${t_1} > {t_2}$)
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m - 2 \ne 0\\\Delta ' > 0\\{t_1}.{t_2} > 0\\{t_1} + {t_2} > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 2\\1 - (m - 2)(m + 4) > 0\\\dfrac{{m + 4}}{{m - 2}} > 0\\\dfrac{{2m}}{{m - 2}} > 0\end{array} \right.$
Bạn giải ra ĐK của m nhé.
Tiếp theo: 
PT có 4 nghiệm thỏa mãn.
Giả sử PT đã cho có 4 nghiệm thỏa mãn( dùng ĐK cần và đủ nhé).
Với cách đặt như trên thì 4 nghiệm của PT ban đầu sẽ là:
$ - \sqrt {{t_1}} < - \sqrt {{t_2}} < \sqrt {{t_2}} < \sqrt {{t_1}} $ do ${t_1} > {t_2}$
theo bài :${x_2} - {x_1} = {x_3} - {x_2} \Rightarrow - \sqrt {{t_2}} - - \sqrt {{t_1}} = \sqrt {{t_2}} - - \sqrt {{t_2}} $
$ \Leftrightarrow \sqrt {{t_1}} = 3\sqrt {{t_2}} \Leftrightarrow {t_1} = 9{t_2}$
Ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l}{t_1} = 9{t_2}\\{t_1}.{t_2} = \dfrac{{m + 4}}{{m - 2}}\\{t_1} + {t_2} = \dfrac{{2m}}{{m - 2}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9{t_2}^2 = \dfrac{{m + 4}}{{m - 2}}\\10{t_2} = \dfrac{{2m}}{{m - 2}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{t_2}^2 = \dfrac{{m + 4}}{{9(m - 2)}}\\{t_2} = \dfrac{m}{{5(m - 2)}}\end{array} \right.$

$ \Rightarrow {(\dfrac{m}{{5(m - 2)}})^2} = \dfrac{{m + 4}}{{9(m - 2)}}$

Được PT bậc 2 rồi bạn giải ra m sau đó đối chiếu ĐK ở trên.
Cuối cùng nhớ bứơc thử lại ( chính là làm ĐK đủ nhé )
Chúc thành công!

 
Bài 16 : Một cách khác : 
Điều kiện để phương trình có nghiệm ( Loại trừ trường hợp m = 2 bởi vì phương trình đã cho là phương trình bậc hai ) 
Biệt số $ \Delta' = [ - ( m + 2 )]^2 - 2( m - 1 )( m - 2 ) = -m^2 + 10m $
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 
$ \Delta' \geq 0 \Leftrightarrow m^2 - 10m \leq 0 \Leftrightarrow m( m - 10) \leq 0 \Leftrightarrow 0 \leq m \leq 10 $
Gọi các nghiệm của phương trình là $ x_1, x_2$. Theo định lý Viét, ta có :
$ \left\{\begin{array}{l}S = x_1 + x_2 = \dfrac{2( m + 2 )}{m - 2} (1)\\P = x_1.x_2 = \dfrac{2( m - 1 )}{m - 2} (2)\end{array}\right.$
Xét biểu thức : aP + bS , trong đó a, b là những số phải xác định để khử tham số m khỏi hệ thức đó. Ta có : 
$ aP + bS = \dfrac{2a( m - 1 ) + 2b( m + 2 )}{m - 2} = \dfrac{2( a + b )m - 2a + 4b }{m - 2}$
$ = \dfrac{2( a + b )m - 4( a + b ) + 2a + 8b}{m - 2} = 2( a + b ) + \dfrac{2( a + 4b)}{m - 2}$
Để cho biểu thức $ aP + bS $ không phụ thuộc vào tham số m thì ta có :

$ 2( a + 4b ) = 0 \Rightarrow \left[\begin{array}{l} a = 4\\b = -1\end{array}\right.$

Thay vào biểu thức, ta được :
$ 4P - S = 2( 4 - 1 ) = 6 \Leftrightarrow 4x_1x_2 - ( x_1 + x_2 ) = 6$
Chú ý : Nhiều bạn sẽ thắc mắc tại sao lại chọn cặp số ( a; b ) = (4; - 1) mà không chọn cặp số khác. Đơn giản là vì cặp số này nguyên, dễ tính toán hơn và hơn nữa với các cặp số khác ta cũng tìm được hệ thức tương tự. 

 

 
Những bài toán trong phần 3 của Chung rất hay.
Bài 30:
Xét phương trình: $ x^2-mx+1=0$ ( Với m nguyên dương ) 
Theo Định lí Viet ta có:
$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=m^2-2$
$x_1^3+x_2^3=(x_1+x_2)^3-3x_1x_2(x_1+x_2)=m^3-3m$
$x_1^2.x_2^2(x_1+x_2)=m$
Do thế ta có:
$P=x_1^5+x_2^5=(x_1^2+x_2^2)(x_1^3+x_2^3)-x_1^2.x_2^2(x_1+x_2)=(m^2-2)(m^3-3m)-m=m^5-5m^3+5m$( * )
Với m nguyên dương ta thấy $P=x_1^5+x_2^5$ là số nguyên . 
Nhận thấy nếu P chia hết cho 25 thì P chia hết cho 5, Vậy từ ( * ) ta có : m chia hết cho 5, đặt m=5k( k nguyên dương), vậy ta có :
$P=3125k^5-625k^3+25k$ , với k bất kì thì VP luôn chia hết cho 25, do thế ta có P chia hêt cho 25, mà m=5k , do đó m đạt min thì k đạt min , mà k nguyên dương , do vậy k=1 , suy ra m=5 là giá trị cần tìm. 
Mình xin đóng góp 1 bài hay tiếp theo các ý tưởng trên , đây là đề thi Chuyên Toán của thành phố Hồ chí minh năm 2011_2012:
Bài 32
a) Tìm đa thức dư khi chia $x^6$ cho $x^2-x-1$
b) Giả sử $x_1,x_2$ là 2 nghiệm của PT:$x^2-x-1$. Hãy tính giá trị của biểu thức:

$A=(x_1^{2011}-x_1^{2012}+x_1^{2008}+x_1^{2009}+x_1^6-5+x_2)(x_2^{2011}-x_2^{2012}+x_2^{2008}+x_2^{2009}+x_2^6-5+x_1)$ 

 
Bài 32
a) Tìm đa thức dư khi chia $x^6$ cho $x^2-x-1$
b) Giả sử $x_1,x_2$ là 2 nghiệm của PT:$x^2-x-1$. Hãy tính giá trị của biểu thức:
$A=(x_1^{2011}-x_1^{2012}+x_1^{2008}+x_1^{2009}+x_1^6-5+x_2)$ $(x_2^{2011}-x_2^{2012}+x_2^{2008}+x_2^{2009}+x_2^6-5+x_1)$
Giải : 
a, Thực hiện phép chia đa thức : Ta tính được đa thức dư trong phép chia $ x^6$ cho $ x^2 - x - 1 $ là 8x + 5 hay nói cách khác : 
$ x^6 = Q(x).( x^2 - x - 1 ) + 8x + 5$
b, Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt do $ a.c = -1 < 0$
Do $ x_1, x_2 $ là các nghiệm của phương trình : $ x^2 - x - 1 = 0 $ nên ta có :
$\left\{\begin{array}{l}x_1^2 - x_1 - 1 = 0\\x_2^2 - x_2 - 1 = 0\end{array}\right.$
Mặt khác, có : $ x_1^{2011}-x_1^{2012}+x_1^{2008}+x_1^{2009}$ 
$ = ( x_1^{2011} - x_1^{2012} + x_1^{2010} ) + ( x_1^{2008} + x_1^{2009} - x_1^{2010} )$
$ = - x_1^{2010}( x_1^2 - x_1 - 1 ) - x_1^{2008}( x_1^2 - x_1 - 1 ) $
$ = -( x_1^{2010} + x_1^{2008})( x_1^2 - x_1 - 1 ) = 0$
Tương tự : $ x_2^{2011}-x_2^{2012}+x_2^{2008}+x_2^{2009} = 0$
Do đó : $ A = ( x_1^6 - 5 + x_2)( x_2^6 - 5 + x_1)$
Áp dụng câu a, ta có : 
$ x_1^6 = Q(x).( x_1^2 - x_1 - 1 ) + 8x _1 + 5 $
$ \Leftrightarrow x_1^6 - 5 = 8x_1$ ( do $ x_1^2 - x_1 - 1 = 0$ )
Tương tự : $x_2^6 - 5 = 8x_2$
Do đó : $ A = ( 8x_1 + x_2)( 8x_2 + x_1 ) = 8( x_1^2 + x_2^2) + 65x_1x_2$
$ = 8( S^2 - 2P) + 65P = 8[1^2 -2.( - 1 )] + 65.( - 1) = -41 $

 

 

Bài 33: Cho $x,y$ thỏa mãn:
${x^2} + 2ax + 9 = 0$ với $a \geqslant 3$
${y^2} - 2by + 9 = 0$ với $b \geqslant 3$
Tìm giá trị nhỏ nhất của: $A = {\left( {x - y} \right)^2} + 3{\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y}} \right)^2}$

Bài 34: Tìm số hữu tỉ $p$ sao cho pt sau có ít nhất 1 nghiệm nguyên:
${x^2} - 2\left( {p - 1} \right)x + {p^2} - 6p + 11 = 0$



 

 
Bài 33 Cho $x,y$ thỏa mãn:
${x^2} + 2ax + 9 = 0$ với $a \geq 3$
${y^2} + 2by + 9 = 0$ với $b \geq 3$
Tìm giá trị nhỏ nhất của: $A = {\left( {x - y} \right)^2} + 3{\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y}} \right)^2}$
Giải : 
Ta có : $ A = {\left( {x - y} \right)^2} + 3{\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y}} \right)^2} \geq 0 $
Vậy $ min_A = 0 $ khi : $ x = y ; \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{y} \Rightarrow x = y \neq 0 $
Với $ x = y$, hai phương trình trên có thể đưa được về dạng :
$ x^2 + 2ax + 9 = 0 $
$ x^2 + 2bx + 9 = 0 $
Trừ vế theo vế của hai phương trình, ta có : $ ( x^2 + 2ax+ 9 ) - ( x^2 + 2bx + 9) = 0$
$ \Leftrightarrow 2ax - 2bx = 0 \Leftrightarrow 2x( a - b ) = 0 $
Mặt khác : $ x \neq 0 $. Do đó a = b.
Vậy $ A = {\left( {x - y} \right)^2} + 3{\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{y}} \right)^2}$ nhỏ nhất khi $ a = b \geq 3$
P/S : Không biết sao nữa ! Cho nhận xét đi ! À mà nhớ đánh số thứ tự với kìa GS.



#650608 Các hằng đẳng thức đáng nhớ và cần nhớ

Gửi bởi Air Force trong 21-08-2016 - 09:54

Ngoài những hằng đẳng thức cơ bản trong sgk, còn có những hằng đẳng thức hay được sử dụng trong các bài toán như sau:

(1) $(a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ac$


(2) $(a + b - c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab - 2bc - 2ac$


(3) $(a - b - c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2ac + 2bc$


(4) $a^3 + b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a + b)$


(5) $a^3 - b^3 = (a - b)^3 + 3ab(a - b)$


(6) $ (a + b + c)^3 = a^3 + b^3 + c^3 + 3(a+b)(b+c)(c+a)$


(7) $ a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ac)$ 


(8) $(a - b)^3 + (b - c)^3 + (c - a)^3 = 3(a - b)(b - c)(c - a)$


(9) $(a + b)(b + c)(c + a) - 8abc = a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2$


(10) $ (a + b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$


(11) $ ab^2+bc^2+ca^2 - a^2b - b^2c - c^2a = \dfrac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3} $


(12)$ ab^3+bc^3+ca^3 - a^3b-b^3c-c^3a = \dfrac{(a+b+c)[(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3]}{3}$


(13) $a^n - b^n = (a - b)(a^{n - 1} + a^{n - 2}b + a^{n - 3}b^2 + ... + a^2b^{n - 3} + ab^{n - 2} + b^{n - 1} )$


(14) Với n lẻ: 
$a^n + b^n = (a + b)(a^{n - 1} - a^{n - 2}b + a^{n - 3}b^2 - ... + a^2b^{n - 3} - ab^{n - 2} + b^{n - 1})$ 


(15) Nhị thức Newton: 
$(a + b)^n = a^n + \dfrac{n!}{(n-1)!1!} a^{n - 1}b + \dfrac{n!}{(n-2)!2!}a^{n - 2}b^2 + ... + \dfrac{n!}{(n-k)!k!}a^{n - k}b^k+ ... + \dfrac{n!}{2!(n-2)!}a^2b^{n - 2}+\dfrac{n)!}{1!(n - 1)!}ab^{n - 1} + b^n$                                                                  




#650529 Cauchy-Schwarz

Gửi bởi Air Force trong 20-08-2016 - 20:58

- Như chúng ta đã biết, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có dạng như sau:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$(a_{1}^2+a_{2}^2+...+ a_{m}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2+...+b_{m}^2) \geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^2$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
- Nó cũng có một số hệ quả:
1, Bất đẳng thức Schwarz:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ sao cho $b_{i} \geq 0$ ta luôn có bất đẳng thức:
$\dfrac{a_{1}^2}{b_{1}}+ \dfrac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+ \dfrac{a_{m}^2}{b_{m}} \geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}$
2, Bất đẳng thức Minkovsky:
Với 2 dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $\Large (b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta có:
$\Large \sum\limits_{i=1}^{m} \sqrt{a_{i}^2+b_{i}^2} \geq \sqrt{(\sum\limits_{i=1}^{m} a_{i})^2+(\sum\limits_{i=1}^{m} b_{i})^2}$
3, Với mọi dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ ta có:
$\Large (a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m})^2 \leq n(a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m}^2)$
- Đây là một bất đẳng thức rất thông dụng với các bạn THCS và hay được dùng trong các kì thi. 
Sau đây là một số bài tập ứng dụng:
1)Cho $|x|<1$ và $|y|<1$. CMR:
$\dfrac{1}{1-x^2}+ \dfrac{1}{1-y^2} \geq \dfrac{2}{1-xy}$
2)CM bất đẳng thức sau với $x$ là số thực không âm:
$\dfrac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}+ \sqrt{x} \leq \sqrt{x+9}$
3) $a,b,c >0$. CMR: $abc(a+b+c) \leq a^3b+b^3c+c^3a$
4)CMR:
$\sqrt{abc}+ \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} <1 $
với mọi $a,b,c \in (0;1)$
5)Tìm min:
$\sum \limits_{i=1}^{n} (x_{i}+ \dfrac{1}{x_{i}})^2$
với $\sum \limits_{i=1}^{n} x_{i}=1$    




#650528 Góp ý cho box "Bất Đẳng thức và Cực trị"

Gửi bởi Air Force trong 20-08-2016 - 20:54

phương pháp giải BĐT-Cực trị

Ví dụ 1CMR Với $a,b \in R$ và $a+b=4$ thì $a^{4}+b^{4} \geq 32$

Nhận xét rằng một biểu thức nhiều biến thường đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi tất cả các biến bằng nhau ( tổng quát hơn là trường hợp một số biến bằng nhau) hoặc một số biến có giá trị trên biên. Điều này gợi ý cho ta cách đổi biến như sau

Lời giải
Do $a+b=4$ nên có thể đặt $a=2+x,b=2-x$ với $x\in R$
Ta có $a^{4}+b^{4}=(2+x)^{4}+(2-x)^{4}=2x^{4}+48x^{2}+32 \geq 32$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=0 \Leftrightarrow a=b=2$.
Như vậy bằng cách đổi biến thích hợp chúng ta đã đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá trực tiếp được và BĐT chúng ta sử dụng chỉ là BĐT cơ bản nhất $x^{2} \geq 0, \forall x\in R$

Tiếp theo chúng ta xem xét một vài ví dụ khác. Qua đó hi vọng các bạn học sinh THCS sẽ có được một cách nhìn mới với những bài toán BĐT kiểu này.

Ví dụ 2. Cho $a,b \in R$ thỏa mãn $a+b \geq 2$. CMR
$$a^{3}+b^{3} \leq a^{4}+b^{4}$$

Lời giải
Đặt $a=1+x,b=1+y$. Từ $a+b \geq 2$ ta có $x+y \geq 0$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$$(1+x)^{3}+(1+y)^{3} \leq (1+x)^{4}+(1+y)^{4}$$

$\Leftrightarrow x(1+x)^{3}+y(1+y)^{3} \geq0$

$\Leftrightarrow x^{4}+y^{4}+3(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+x+y \geq 0$
(BĐT này đúng vì $x+y \geq 0$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ x=y=0 \Leftrightarrow a=b=1$$.

Ví dụ 3. Cho $a,b,c\in R$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca \geq 6$$

Lời giải.
Vì $a+b+c=3$ nên có thể đặt $a=1+x ,b=1+y, c=1-x-y$ với $x,y \in R$
Ta có
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}+(1-x-y)^{2}+$$
$$+(1-x)(1-y)+(1-y)(1-x-y)+(1-x-y)(1-x)$$
$$=x^{2}+xy+y^{2}+6=(x+\dfrac{y}{2})^{2}+\dfrac{3y^{2}}{4}+6\geq 6$$
Đó là đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ y=0,x+\dfrac{y}{2}=0 \Leftrightarrow a=b=c=1$$


Ví dụ 4. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b+c+d=1$. CMR
$$(a+c)(b+d)+2ac+2bd \leq \dfrac{1}{2}$$

Lời giải.
Vì $a+b+c+d=1$ nên có thể đặt
$$a=\dfrac{1}{4}+x+z , b= \dfrac{1}{4}-x+z ,c=\dfrac{1}{4}+y-z ,d= \dfrac{1}{4}-y-z $$
Ta có
$VT=(a+c)(b+d)+2ac+2bd$
$ =(\dfrac{1}{2}+x+y)(\dfrac{1}{2}-x-y)+2(\dfrac{1}{4}+x+z)(\dfrac{1}{4}+y-z)+2(\dfrac{1}{4}-x+z)(\dfrac{1}{4}-y-z)$

$= \dfrac{1}{2}-(x-y)^{2}-4z^{2} \leq \dfrac{1}{2}$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ x-y=0,z=0 \Leftrightarrow a=c ,b=d$$

Ví dụ 5. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b=c+d$. CMR
$$c^{2}+d^{2}+cd \geq 3ab$$

Lời giải.
Do $a+b=c+d$ nên ta đặt $c=a+x , d=b-x$ với $x\in R$
Ta có
$$c^{2}+d^{2}+cd =(a+x)^{2}+(b-x)^{2}+(a+x)(b-x)=(a-b+\dfrac{x}{2})^{2}+\dfrac{3x^{2}}{4}+3ab\geq 3ab$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$a-b+\dfrac{x}{2}=x=0 \Leftrightarrow a=b=c=d$$

Ví dụ 6. Cho $x,y\in R,x<2$ và $x+y>5$. CMR
$$5x^{2}+2y^{2}+8y>62$$
Lời giải.
Vì $x<2,x+y>5$ nên ta đặt $x=2- t , x+y=5+u$ ($t,u >0$)
$$5x^{2}+2y^{2}+8y=5(2-t)^{2}+2(3+t+u)^{2}+8(3+t+u)=62+2(t+u)^{2}+5t^{2}+20u>62$$
Ta có đpcm

Ví dụ 7. Cho$ x,y\in R ,x \leq 1 ,x+y \geq 3$. Tìm GTNN của $F= 3x^{2}+y^{2}+3xy$
Lời giải.
Đặt $x=1-a, x+y =3+b$ thì $y=2+a+b;a,b \geq 0 $
Ta có
$3x^{2}+y^{2}+3xy=3(1-a)^{2}+(2+a+b)^{2}+3(1-a)(2+a+b)$
$=a^{2}+b^{2}-5a+7b-ab+13$
$=(a-\dfrac{b}{2}-\dfrac{5}{2})^{2}+\dfrac{3b^{2}}{4}+\dfrac{9b}{2}+\dfrac{27}{4} \geq \dfrac{27}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ a=\dfrac{5}{2},b=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-3}{2},y=\dfrac{9}{2}$$

Ví dụ 8 Cho $x,y \in R,x+y=3 ,x \leq 1$. CMR
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y \geq 0$$

Lời giải.
Đặt $x=1-w$ thì $y=2+w$($w \geq 0$)
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y\geq0 \Leftrightarrow (2+w)^{3}-(1-w)^{3}-6(2+w)^{2}-(1-w)^{2}+9(2+w) \geq0 $$
$\Leftrightarrow w(w-1)^{2} \geq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ w \in$ \{0;1\} \Leftrightarrow (x;y)\in \{(1;2),(0;3)\}$$

Lời kết. Như vậy với việc đổi biển khéo léo ta có thể đưa việc xét một biểu thức phức tạp về một biểu thức đơn giản hơn,phù hợp với trình độ THCS. Những VD trên là đơn giản (không có VD nào có thể coi là khó!)và những lời giải trên là để minh họa cho kĩ thuật nên có thể chưa phải là Lời giải hay nhất,ngắn gọn nhất. Tác giả cho rằng việc đưa ra quá nhiều VD sẽ chỉ nhàm chán và vô vị ,vì vậy chỉ đưa ra vài VD đơn giản để bạn đọc có thể nắm bắt được ý tưởng nhanh chóng. Khi đã nắm bắt được ý tưởng ,bạn hoàn toàn có thể ''đánh bay'' một lớp các bài toán như vậy và đương nhiên bạn cũng có thể tự tạo ra các bài toán kiểu này. Dưới đây cũng là những BT đơn giản để các bạn thử nghiệm!

BT áp dụng.
Bài 1. Cho $a,b\in R,ab \geq 1$.CM $a^{2}+b^{2} \geq a+b$
Bài 2.Cho $x,y\in R, x+y=3,x \leq 1$.CM
a)$x^{3}+y^{3} \geq 9$
b)$2x^{4}+y^{4} \geq 18$

Bài 3.Cho $x,y>0$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của $P= \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{4xy}$

Bài 4 Cho $a,b \in R,a+b>8 ,b>3$
CMR $27a^{2}+10b^{3}>945$      




#650524 $\boxed{\text{Chuyên Đề}}$ Bất đẳng thức - Cực trị

Gửi bởi Air Force trong 20-08-2016 - 20:48

Chuyên đề: Bất đẳng thức - Cực trị

 

1) Một số tính chất:
1.1) Tính chất bắc cầu: $a<b;b<c$ $\Rightarrow a<c$

1.2) Cộng 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số: $a<b$ $\Rightarrow a+c< b+c$

1.3) Nhân 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c> 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow ac< bc$
  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c< 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow ac> bc$

1.4) Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c< d & & \end{matrix}\right.\Rightarrow a+c< b+d$

1.5) Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a< b & & \\ c> d & & \end{matrix}\right.\Rightarrow a-c< b-d$

1.6) Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều có hai vế không âm:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a> b\geq 0 & & \\ c> d\geq 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow ac> bd$

1.7) Nâng lên luỹ thừa:

  • Nếu $a> b> 0\Rightarrow a^{n}> b^{n}(n\in \mathbb{N}^*)$
  • $a> b \Rightarrow a^{n}> b^{n}$ ($n$ lẻ)

1.8) So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}m,n\in \mathbb{N}^* & & \\ m>n & & \end{matrix}\right.$

$\rightarrow \left\{\begin{matrix}a> 1 \Rightarrow a^{m}> a^{n} & & \\ a=1 \Rightarrow a^{m}=a^{n} & & \\ a<1 \Rightarrow a^{m}< a^{n} \end{matrix}\right.$

1.9) Lấy nghịch đảo hai vế của bất đẳng thức cùng dấu:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a> b & & \\ ab> 0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$

1.10) Cộng vào cả tử và mẫu của một phân số với cùng một số:

  • Nếu $\left\{\begin{matrix}a;b;c> 0 & & \\ \frac{a}{b}>1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{a}{b}>\frac{a+c}{b+c}$

2) Các bất đẳng thức thường gặp:

2.1) $a^{2}\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.

2.2) $|a|\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.

2.3) $|a|\geq a\forall a$. Dấu "=" có khi: $a\geq 0$.

2.4) $|a|+|b|\geq |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\geq 0$.

2.5) $|a|-|b|\leq |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\geq 0 & & \\ |a|\geq |b| & & \end{matrix}\right.$.

2.6) $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$

2.7) $(a+b)^{2}\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq \left(\frac{(a+b)}{2}\right)^{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$.

2.8) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.

2.9) $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2~~(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.

2.10) Các bất đẳng thức cổ điển:

a) Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):

Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$

Dạng 1: $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dạng 2: $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Dạng 3: $(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})^{n}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}$

Dấu "=" có khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$

b) Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):
Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$):
Dạng 1: $(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$

Dạng 2: $|a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\leq \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}}$

Dấu "=" có khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$

Dạng 3: $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\leq \sqrt{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})}$

Dấu "=" có khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}>0$

c) Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz)

Với $\forall x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có:

$\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$

Chứng minh: Xét $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}=(\frac{a_{1}}{\sqrt{x_{1}}}.\sqrt{x_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{x_{2}}}.\sqrt{x_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{x_{n}}}.\sqrt{x_{n}})^{2}\leq (\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}})(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$ (Áp dụng BCS)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

d) Bất đẳng thức Minkopsky:

Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có:

$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})^{2}}$

Dấu "=" xảy ra khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$.

e) Bất đẳng thức Holder:

(Dạng thường dùng)

Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ ta có:

$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi: các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau. 

f) Bất đẳng thức Schur:

Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)$
$\Leftrightarrow 4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$

g) Bất đẳng thức Trê bư sép (Chebyshev)

Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Dấu $"="$ xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.

h) Bất đẳng thức Nesbit:
2 trường hợp cơ bản:

BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2$
Dấu $"="$ xảy ra khi các biến bằng nhau

3) các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường gặp:

  • Phương pháp biến đổi tương đương.
  • Phương pháp sử dựng các bất đẳng thức cổ điển và sử dụng các bất đẳng thức phụ đã biết (xem tại đây). 
  • Phương pháp làm trội, làm giảm.
  • Phương pháp dồn biến, đổi biến.
  • Phương pháp tách bình phương.
  • Phương pháp hình học.
  • Phương pháp phản chứng.
  • Phương pháp quy nạp.

4) Một số hằng đẳng thức thường dùng:

7 hằng đẳng thức đáng nhớ và các hằng đẳng thức cở bản ($(a\pm b\pm c\pm d\pm...)^2;a^n\pm b^n;...$) thì không nói nữa.

 

$1)$ $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$

$2)$ $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$

$3)$ $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)=a^3+b^3+c^3+3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)+6abc$

$4)$ $ab^2+bc^2+ca^2 - a^2b - b^2c - c^2a = \dfrac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3}$

$5)$ $ab^3+bc^3+ca^3 - a^3b-b^3c-c^3a = \dfrac{(a+b+c)[(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3]}{3}$

$6)$ $(a + b)(b + c)(c + a) - 8abc = a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2$

$7)$ $(a - b)^3 + (b - c)^3 + (c - a)^3 = 3(a - b)(b - c)(c - a)$ (Đây là hệ quả của đẳng thức số $2$)

 

Bài tập: Phương pháp biến đổi tương đương:

1) Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a)$4x^{2}+4y^{2}+6x+3\geq 4xy \forall x;y$

b)$a^{4}+b^{4}\geq a^{3}b+ab^{3} \forall a;b$

c)$x^{2}+4y^{2}+3z^{2}+14> 2x+12y+6z$

d)$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca\forall a;b;c$

e)$(a+b+c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

g)$1+a\geq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^{2}}\forall a> 0$

h)$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}\forall a;b> 0$
 

Các bài làm rồi sẽ được tô màu đỏ.    




#650520 [CHUYÊN ĐỀ] CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Gửi bởi Air Force trong 20-08-2016 - 20:44

 Chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại toán gây khó khăn cho học sinh THCS. Sau đây mình xin giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và các ví dụ có liên quan đến căn thức. Mong rằng các bạn sẽ ủng hộ

 

 

I - PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

 

 

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

 

                                $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}<\sqrt{\frac{a+b}{2}}$     với $a>0;b>0; a\neq b$      (1)

 

Giải

 

 

$(1)\Leftrightarrow \frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}<\frac{a+b}{2}$

 

$\Leftrightarrow a+b+2\sqrt{ab}<2a+2b$

 

$\Leftrightarrow 0

 

$0<(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$                     (2)

 

Do $a\neq b$ nên bất đẳng thức (2) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.

 

 

Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức

 

                      $\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$                       (1)

 

Giải

 

 

$(1)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq a^{2}+c^{2}+2ac+b^{2}+d^{2}+2bd$

 

$\Leftrightarrow \sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq ac+bd$

 

Nếu ac + bd < 0 thì (2) được chứng minh

 

Nếu $ac+bd\geq 0$ thì (2) tương đương

 

                        $(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+2abcd$

 

                        $(ad-bc)^{2}\geq 0$                 (3)

 

Bất đẳng thức (3) đúng, vậy đẳng thức (1) được chứng minh.

 

 

II - PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, LÀM GIẢM

 

 

Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức sau với $n\in \mathbb{N},n\geq 2$

 

                  $2\sqrt{n}-3<\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-2$

 

Giải

 

 

Đặt $A=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}$

 

a) Chứng minh $A>2\sqrt{n}-3$ bằng cách làm giảm mỗi số hạng của A

 

$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$   với mọi $k\in$ N*

 

Do đó $A>2[(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})+...+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})]=2(\sqrt{n+1}-\sqrt{2})=2\sqrt{n+1}-2\sqrt{2}>2\sqrt{n+1}-3>2\sqrt{n}-3.$

 

b) Chứng minh $A<2\sqrt{n}-2$ bằng cách làm trội mối số hạng của A

 

$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$   với mọi $k\in$ N*

 

Do đó $A<2[(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})]+...+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})=2(\sqrt{n}-\sqrt{1})=2\sqrt{n}-2$

 

 

III - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ BIẾT

 

 

Ta nhắc lại ở đây ba bất đẳng thứ quan trọng

 

 

1. Tổng của hai số nghịch đảo nhau

 

                          $\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$ với x, y là hai số cùng dấu

 

 

2. Bất đẳng thức Cô-si 

 

 

Cho a, b, c là các số không âm. Khi đó:

 

                                             $\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$

 

                                             $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$

 

 

Tổng quát: Trung bình cộng của n số không âm lớn hơn hoặc trung bình nhân của chúng

 

$\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$ với $a_{1}, a_{2},..., a_{n}$ là các số không âm.

 

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  $a_{1}= a_{2}=...= a_{n}$

 

 

3. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki 

 

 Cho hai bộ số a, b, c và x, y, z. Khi đó:

 

                                      $(a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})\geq (ax+by)^{2}$

 

                                 $(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (ã+by+cz)^{2}$

 

 

Tổng quát: Có hai bộ n số: $(a_{1}, a_{2},..., a_{n})$ và $(b_{1}, b_{2},..., b_{n})$.Tích của tổng các bình phương n số của bộ số này và tổng các bình phương n số của bộ số kia lớn hơn hoặc bằng bình phương của tổng n tích hai số tương ứng của hai bộ số đó.

 

 

$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}+b_{n})^{2}$

 

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a_{1},a_{2},...,a_{n})$ và  $(b_{1},b_{2},...,b_{n})$ là hai bộ số tỉ lệ với nhau tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0.

 

 

Chứng minh

 

Đặt $A=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2},B=b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2},C=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$. Cần chứng minh $AB\geq C^{2}$

 

 

Nếu A = 0 thì $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$, bất đẳng thức được chứng minh. Cũng vậy nếu B = 0. Do đó ta chỉ cần xét trường hợp A và B khác 0

 

Với mọi x ta có:

 

$(a_{1}x-b_{1})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{1}^{2}x^{2}-2a_{1}b_{1}x+b_{1}^{2}\geq 0$

 

$(a_{2}x-b_{2})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{2}^{2}x^{2}-2a_{2}b_{2}x+b_{2}^{2}\geq 0$

 

...

 

$(a_{n}x-b_{n})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{n}^{2}x^{2}-2a_{n}b_{n}x+b_{n}^{2}\geq 0$

 

Cộng từng vế n bất đẳng thức trên được 

 

$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})x^{2}-2(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})x+(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq 0$

 

tức là                                               $Ax^{2}-2Cx+B\geq 0$                               (1)

 

Vì (1) đúng với mọi x nên thay $x=\frac{C}{A}$vào (1) ta được

 

 $A.\frac{C^{2}}{A^{2}}-2.\frac{C^{2}}{A}+B\geq 0\Rightarrow B-\frac{C^{2}}{A}\geq 0\Rightarrow AB-C^{2}\geq 0\Rightarrow AB\geq C$

 

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}x=b_{1},a_{2}x=b_{2},...,a_{n}x=b_{n}$ tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0

 

 

Ví dụ 4: Co a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức:

 

                                    $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$

 

 

Giải

 

Cách 1. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:

 

                $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq 2\sqrt{\frac{a^{2}}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a$

 

 Suy ra  $\frac{a^{2}}{b+c}\geq a-\frac{b+c}{4}$

 

Tương tự $\frac{b^{2}}{a+c}\geq b-\frac{a+c}{4}$; $\frac{c^{2}}{a+b}\geq c-\frac{a+b}{4}$

 

Cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta được

 

 $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq (a+b+c)-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{2}$

 

Cách 2. Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có

 

 $\left [ \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}} \right )^{2} + \left (\frac{b}{\sqrt{a+c}} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{\sqrt{a+b}} \right )^{2}\right ].[(\sqrt{b+c})^{2}+(\sqrt{a+c})^{2}+(\sqrt{a+b})^{2}]$

 

$\geq \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}}.\sqrt{b+c}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}.\sqrt{a+c}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}.\sqrt{a+b} \right )^{2}$

 

$\Rightarrow \left ( \frac{a^{2}}{b+c} +\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\right )[2(a+b+c)]\geq (a+b+c)^{2}$

 

$\Rightarrow$ $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$

 

 

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số không âm và a + b + c = 1. Chứng minh:

 

$a) \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$

 

$b)\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$

 

 

Giải

 

 a) .Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

 

                              $\sqrt{a+1}=\sqrt{1(a+1)}\leq \frac{(a+1)+1}{2}=\frac{a}{2}+1$

 

Tương tự :  $\sqrt{b+1} \leq \frac{b}{2}+1$; $\sqrt{c+1} \leq \frac{c}{2}+1$

 

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được

 

        $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\leq\frac{a+b+c}{2}+3=3,5$

 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1 $\Leftrightarrow$  a = b = c = 0, Trái với giả thiết a + b + c = 1

 

 Vậy $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$

 

b) 

 

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, có:

 

$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\leq 3(a+b+b+c+c+a)=3.2=6$

 

$\Rightarrow $ $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$

 

 

IV - PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

 

 

Ví dụ 6. Cho a + b = 2. Chứng minh rằng

 

                                             $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\leq 2$

 

Giải

 

Đặt $\sqrt[3]{a}=m$; $\sqrt[3]{b}=n$. Ta có $m^{3}+n^{3}\leq 2$

 

Cần chứng minh $m+n\leq 2$

 

Giả sử m + n > 2 thì 

 

  $(m+n)^{3}>8\Rightarrow m^{3}+n^{3}+3mn(m+n)>8\Rightarrow 2+3mn(m+n)>8\Rightarrow mn(m+n)>2\Rightarrow mn(m+n)>m^{3}+n^{3}$

 

Chia hai vế cho số dương m + n ta có

 

             $mn>m^{2}-mn+n^{2}\Rightarrow 0>(m-n)^{2}$    (vô lí)

 

Vậy $m+n\leq 2$

 

 

V - PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

 

Ví dụ 7. Chứng minh rằng $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

 

Giải

 

Hiển nhiên mệnh đề dúng với n = 2

 

Giả sử mệnh đề đúng với n = k. Ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với n = k + 1

 

Giả sử $a_{1}\leq a_{2}\leq ...\leq a_{k}\leq a_{k+1}$ thì $a_{k+1}\geq \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}{k}$

 

Đặt $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}{k}=x$ thì $x\geq 0$, ta có $a_{k+1} =x+y$ với $y\geq0$ và 

 

$x^{k}\geq a_{1}a_{2}...a_{k}$ (do giả thiết quy nạp). Ta có:

 

$\left ( \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}+a_{k+1}}{k+1} \right )^{k+1}=\left ( \frac{kx+x+y}{k+1} \right )^{k+1}=\left ( x+\frac{y}{k+1} \right )^{k+1}\geq x^{k+1}+(k+1).\frac{y}{k+1}.x^{k}=x^{k+1}+x^{k}y=k^{k}(x+y)\geq a_{1}a_{2}...a_{k}a_{k+1}$

 

Suy ra  $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}+a_{k+1}}{k+1}\geq \sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}$

 

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên $n\geq 2$

 

Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}=a_{2}=...a_{n}$




#650408 BĐT AM-GM

Gửi bởi Air Force trong 19-08-2016 - 21:02

*Hệ quả BĐT AM-GM(xét với các số không âm nhé)
1,$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$
2,$a^3+b^3+c^3\geq 3abc$
3,$(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$
4,$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4(=2^2)}{a+b}$ hay $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})$ (tương tự với n số,bạn cũng có thể tổng quát lên dễ dàng )
*BĐT phụ :Không chỉ với AM-GM,BĐT phụ còn có tầm ảnh hương tới rất nhiều bài toán BĐT khác(đến nỗi mà đã có 1 topic riêng rất hay về phần nàyhttp://diendantoanho...-dẳng-thức-phụ/
mọi người tham khảo link trên,học thuộc dc thì càng tốt  :lol:
*Hệ quả BĐT C-S(CAUCHY-SCHWARZ )
1, 2 hệ quả rất quan trọng của BĐT C-S là (Schwars và Mincowski đều dc trình bày ở link mình đã đưa đàu bài )
*Bài toán định hướng
1,$\sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}$
-Chứng minh
BĐT tương đương $\sqrt{a}(a+b+c)\geq 2a\sqrt{b+c}$ hay $a+(b+c)\geq 2\sqrt{a.(b+c)}$ (luuôn đúng theo AM-GM 2 số)
lời giải trên liệu có gì không tự nhiên không mọi người nhỉ 
(cái ta để tam ở đây là BĐT trên là 1 cách ta khử căn thức để làm BĐT đỡ "vất vả" hơn )
2,$\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}+\frac{16}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}\geq 5$
-Chứng minh :chú ý rằng $\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}=\frac{a+b}{2\sqrt[4]{abcd}}+\frac{b+c}{\sqrt[4]{abcd}}+\frac{c+d}{\sqrt[4]{abcd}}+\frac{d+a}{\sqrt[4]{abcd}}$
đến đây, nếu trở ại bài toán,ta chỉ cần áp dụng BĐT AM-GM cho 5 số là xong
(cái mình muốn nói ở đây là viêc tách hạng tử nhiều bạn chắc chắn sẽ thắc mắc tại sao lại tách như trên .Trong tầm kiến thức ở AM-GM(tức là ta chỉ xem xét các khả năng giải bằng AM-GM cho bài toán trên ),mình xin giải thích như sau
+,nếu áp dụng trực tiếp AM-GM ,chắc chắn sẽ không đem lại kết quả rồi
+,chú ý rằng bài toán trên không hề cho đk ẩn(ngoài không âm)nên ta khả dĩ không thể áp dụng AM-GM ĐỂ RỒI ĐƯA VẾ TRÁI VỀ 1 BIỂU THỨC CÒN ẨN
+,từ đánh giá thứ 2,ta buộc phải tìm cách triệt tiêu hoàn toàn tất cả ẩn sau khi đã áp dụng AM-GM
tức là phải tách 1 trong 2 hạnh tử trên ra thành tổng của 1 số hạng tử náo đó
+,Phân thức $\frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}$ tuyệt vời này chắc cũng chẳng ai tìm cách tách nó,vì vậy ta tìm cách tách phân thức $\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}$
+'dựa vào phân thức cố định trên,ta phải tách phân thức $\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}$ thành tổng các phân thức có mẫu là $k(a+b),k(b+c)..$ để triệt tiêu mẫu(số pphân thức tách được là 4 )
+,chọn k= 1(vì sao?chẳng vì sao cả,nếu không dc ta lại chọn số khác ,cho dễ tihs thôi) ta dc 1 dạng $\frac{a+b}{x}+\frac{b+c}{y}+\frac{c+d}{z}+\frac{d+a}{t}$
+,chọn x=y=z=t ,ta đc tổng trên bằng $\frac{2(a+b+c+d)}{x}$ vậy hiển nhiên $x=2\sqrt[4]{abcd}$
đến đây xem như ta đã hoàn thành trọn vẹn bài toán 
3,$(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq \frac{8}{9}(a+b)(b+c)(c+a)$
(mình xin nêu khái quát về phép đổi biến p.q.r,nếu có dk mình sẽ giới thiệu ở BĐT schur, hoặc kĩ thuật đặt ẩn phụ )
để giảm bớt khối lượng tính toán,trong trường hợp đủ bộ,ta có thể đặt 
$a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$,khi đó hiển nhiên là $p\geq 3r;q\geq 3p;p^2\geq 3q,q^2\geq 3pr$
(còn rất nhiều BĐT nữa mình sẽ giới thêu sau và cũng khuyến khích mọi người thử xây dựng)
*1 hằng đẳng thức quý vô bờ bến mà mọi người cần nhớ là $(a+b)(b+c)(c+a)= (a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$
chứng minh thuần bằng đại số
trở lại bài toán ,BĐT viết lại như sau $9r\leq pq$ và điều này là hiển nhiên 
4,$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Mặc dù BĐT có thể giải hết sức đơn giản bằng C-S tuy nhiên cái mình muốn nói ở đây(và cũng là cái mình yếu nhất)là khử mẫu-điểm rơi
+,trước tiên ta để ý là không thể cộng trực tiếp các số hạng ở VT lại,làm như vậy quá "mạo hiểm"  :excl: 
+,tư tưởng của ta là khử mẫu cho dễ tính toán và AM-GM có thể làm điều này giúp bạn 
$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{x}\geq 2\sqrt{\frac{a^2.(b+c)}{x.(b+c)}}= 2\frac{a}{\sqrt{x}}$
cái quan trọng giờ là con x ấy là con lào ?ta không dc chọn mò nó,vì sao?vì theo AM-GM thì các số hạng được vinh dự tham gia áp dụng phải bằng nhau thì mới có đẳng thức ,đây cũng là mấu chốt để tìm x,
+,ta phải có $\frac{a^2}{b+c}=\frac{b+c}{x}$,(1)chú ý hơn 1 tí nữa,trong hầu hết các BĐT sử dụng AM-GM hay C-S(ta xét 3 biến a,b,c) đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc (a=b,c=0)và các hoán vị,trong bài toán này nếu thay a=b=c,ta sẽ có đẳng thức(2)
từ (1) và(2) ta đễ tìm dc x,phần còn lại bạn trình bày nốt nhé