Bất Đẳng Thức

You are currently browsing articles tagged Bất Đẳng Thức.

 Các hằng đẳng thức thường gặp: 

$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$$
$$(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$$
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$$ Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Bài 1. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
\[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} – \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]

  1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
  2. Chứng minh rằng
    \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]link: http://mathscope.org/showthread.php?t=51561

Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , , , , ,

 

 Với các hàm số một biến số, chắc không cần xúi bẩy, bạn đọc cũng hiểu là kỹ năng chủ đạo để xử lý đó là tuân thủ nghiêm cẩn các khâu bước của quá trình khảo sát hàm. Tuy nhiên ở dưới đây, trong nhiều bài toán, tôi giấu nhẹm đi con dao đạo hàm. Việc tôi làm, thật ra chả có gì huyền bí, cao siêu cả. Đơn giản là, nếu muốn chứng minh $f\left( x \right)\ge 0$, hoặc là đi tìm cực trị một hàm $f\left( x \right)$. Thì ở trên giấy nháp, bằng cách này hay cách khác (có thể dùng đạo hàm), nếu tôi bắt được nới xảy đến dấu bằng (hoặc nơi đạt cực trị). Tôi chỉ việc kiểm soát cái gia số, qua việc viết $f\left( x \right)=f\left( c \right)+{{\Delta }_{f\left( x \right)}}$, với $c$ là điểm đã dự đoán. Công việc còn lại, đó là  xét dấu của ${{\Delta }_{f\left( x \right)}}=f\left( x \right)-f\left( c \right)$theo yêu cầu của đề toán. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , ,

 

Lời nói đầu: Bài giảng này, lại là một câu chuyện hết sức tào lao nữa của tôi, về 1 khái niệm khá là cao siu-trìu tượng trong Toán Học sơ cấp. Một câu chuyện tào lao, mà lại nói về một điều nghiêm túc và quan trọng, thật khó mà kể lể! Vì thế, mong bạn đọc, khi đọc nó (bài giảng này), hãy dành cho nó một sự lương thiện và hồn nhiên cần thiết. Bạn hãy ý thức là, tôi viết nên nó chỉ là trình bày và chia sẻ chút nhận thức cá nhân của mình. Read the rest of this entry »

Tags: , , , , , ,

Bài toán sau đây có sử dụng đến định giá p-adic, nội dung như sau

Bài toán. Cho số nguyên tố $p$ và các số tự nhiên $x;\,y;\,m$, với $x;\,y>1$ thỏa mãn \[\frac{x^p+y^p}{2}=\left(\frac{x+y}{2}\right)^m.\] Chứng minh rằng $m=p$.
Lời giải. Giả sử $m\ne p$, theo bất đẳng Jensen ta có\[{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^m} = \frac{{{x^p} + {y^p}}}{2} \ge {\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^p}.\]Từ đó, $m>p\ge 2$ ta giả sử $\gcd(x;\,y)=d$ và viết $x=da;\,y=db$ với $\gcd(a;\,b)=1$ để có\[{2^{m – 1}}\left( {{a^p} + {b^p}} \right) = {d^{m – p}}{\left( {a + b} \right)^m}.\] Read the rest of this entry »

Tags: , , ,

Bài toán. Cho các số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $0<a<b<c$ và\[\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c &= 6,\\ab + bc + ca &= 9.\end{array} \right.\]Chứng minh rằng $a<1$ và $c<4$.

Lời giải. Ta có\[\begin{array}{l}
\left( {1 – a} \right)\left( {1 – b} \right)\left( {1 – c} \right) = 1 – \left( {a + b + c} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) – abc = 4 – abc.\\
\left( {4 – a} \right)\left( {4 – b} \right)\left( {4 – c} \right) = 64 – 16\left( {a + b + c} \right) + 4\left( {ab + bc + ca} \right) – abc = 4 – abc.
\end{array}\]

  1. Nếu $a\ge 1$ thì do $1\le a<b<c$, nên $(1-a)(1-b)(1-c)=4-abc\le 0$. Tuy nhiên khi $a\ge 1$ thì $b>1$ từ đó $c=6-a-b<4$, nên ta có điều vô lý là\[(4-a)(4-b)(4-c)=4-abc> 0.\]
  2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với chú ý là $a<b$, ta có\[\begin{array}{l}
    9 &= ab + \left( {a + b} \right)c\\
    &\le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} + \left( {a + b} \right)c\\
    &= \frac{1}{4}{\left( {6 – c} \right)^2} + \left( {6 – c} \right)c\\
    &= 9 + \frac{3}{4}c\left( {4 – c} \right).
    \end{array}\]Từ đó sẽ có $c<4$.

Tags: , ,

Bài toán dưới đây là bài 4 trong đề VMO 2018, bài toán gốc của nó khá xinh, là của anh Trần Nam Dũng. Còn bài này bị dao kéo đi, nhìn xấu quá.

Bài toán. Gọi $(C)$ là đồ thị hàm số $y=\sqrt[3]{x^2}$ trong mặt phẳng toạ độ $(Oxy)$. Một đường thẳng $(d)$ thay đổi cắt $(C)$ tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là $x_1;\,x_2;\,x_3$.

  1.  Chứng minh rằng đại lượng $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}$ là một hằng số.
  2. Chứng minh rằng
    \[\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} \ge – \frac{{15}}{4}.\]

Dưới đây là lời giải chỉ cần dùng các kiến thức THCS của tôi.

Lời giải. Ta thấy phương trình của $(d)$ ở dạng $(d):\;y=kx+l$ với $kl\ne 0$. Khi đó $x_1;\,x_2;\,x_3$ là nghiệm của phương trình
\[kx + l = \sqrt[3]{{{x^2}}}.\]
Đặt $\dfrac{1}{\sqrt[3]{{{x_i}}}}=t_i$ thì $t_i$ là nghiệm của phương trình
\[lx^3-x+k=0.\]
Do đó mà ta có
\[\begin{array}{l}
\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}} &= \dfrac{{t_1^3 + t_2^3 + t_3^3}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}\\
&= 3 + \dfrac{{\left( {{t_1} + {t_2} + {t_3}} \right)\left( {t_1^2 + t_2^2 + t_3^2 – {t_1}{t_2} – {t_2}{t_3} – {t_3}{t_1}} \right)}}{{{t_1}{t_2}{t_3}}}
\end{array}.\]
Theo Viettè thì $t_1+t_2+t_3=0$, cho nên
\[\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} + \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=3.\]
Lại đi đặt $\sqrt[3]{{\dfrac{{{x_1}{x_2}}}{{x_3^2}}}} =a;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_2}{x_3}}}{{x_1^2}}}} =b;\, \sqrt[3]{{\dfrac{{{x_3}{x_1}}}{{x_1^2}}}}=c$ để có
\[a+b+c=3;\;abc=1.\]
Khi đó thì
\[M=\sqrt[3]{{\frac{{x_1^2}}{{{x_2}{x_3}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_2^2}}{{{x_3}{x_1}}}}} + \sqrt[3]{{\frac{{x_3^2}}{{{x_1}{x_2}}}}} =ab+bc+ca.\]
Ta thấy trong $a;\,b;\,c$ phải có 2 số âm và một số dương, kẻo không thì theo AM-GM có $a=b=c=1$ mâu thuẫn với việc ba giao điểm phân biệt. Ta giả sử $a>0>b> c$ thì có
\[a – 3 = – b – c \ge 2\sqrt {bc} = \frac{2}{{\sqrt a }}.\]
Từ đó có $a> 4$ và do đó
\[M = a\left( {3 – a} \right) + \frac{1}{a} = – \frac{{15}}{4} – \frac{{{{\left( {2a – 1} \right)}^2}\left( {a – 4} \right)}}{{4a}} < – \frac{{15}}{4}.\]

Tags: , , , ,

Bài toán dưới đây là bài 1 trong đề VMO 2018, nói chung là một bài cho điểm.

Bài toán. Cho dãy số $\left\{x_n\right\}_{n\in\mathbb Z^+}$ xác định bởi công thức truy hồi $x_1=2$ và
\[{x_{n + 1}} = \sqrt {{x_n} + 8} – \sqrt {{x_n} + 3}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]

  1. Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn.
  2. Chứng minh rằng
    \[n \le {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} \le n + 1\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+ .\]
    Dưới đây là lời giải của tôi. Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,