Bài toán: (Tập huấn đội tuyển Việt Nam thi IMO, 2014)
Cho $a, b, c$ là các số thực có tổng khác $0$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$. Chứng minh rằng: $$\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{(a+b+c)^3}\ge \dfrac{1}{12}$$Lời giải:
Do bất đẳng thức cần chứng minh đã là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=2$, thế thì: $$a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)\\\Leftrightarrow (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca)\Rightarrow ab+bc+ca=1$$ Và ta cần chứng minh: $$a^2b+b^2c+c^2a\ge \frac{2}{3}$$ Đặt $r=abc$, khi đó ta có: $$2(a^2b+b^2c+c^2a)=(a+b)(b+c)(c+a)-(a-b)(b-c)(c-a)-2abc=2-3r+\sqrt{4r-27r^2}$$ Và từ cách đặt này, ta cũng rút ra được: $0\le r\le\dfrac{4}{27}$
Xét hàm số: $f(r)=2-3r+\sqrt{4r-27r^2}$, với $r\in\left[0; \dfrac{4}{27}\right]$. Ta có: $$f'(r)=-3+\dfrac{2-27r}{\sqrt{4r-27r^2}}$$ Cho $f'(r)=0 \Leftrightarrow 2-27r=3\sqrt{4r-27r^2}$. Với $r\le\dfrac{4}{27}$, Ta tìm được : $r=\dfrac{1}{9}$ hoặc $r=\dfrac{1}{27}$. Như vậy, kẻ bảng biến thiên và ta thu được: $$f(r)\ge f\left(\frac{4}{27}\right)=\dfrac{14}{9}>\dfrac{4}{3}$$. Theo đó, ta có: $$2(a^2b+b^2c+c^2a)\ge \dfrac{4}{3}\\\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge \dfrac{2}{3}$$ Bài toán được chứng minh.
Wednesday, August 27, 2014
Sunday, August 24, 2014
Bài toán: (Chọn đội tuyển lớp 10, trường chuyên KHTN Hà Nội, năm 2014)
Cho tam giác nhọn $ABC$, điểm $P$ cố định di chuyển trên $BC$. Kí hiệu $(K)$ và $(L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAB$ và $PAC$. Lấy điểm $S$ nằm trên $(K)$ sao cho $PS||AB$, lấy điểm $T$ trên $(L)$ sao cho $PT||AC$.
1. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $ATS$ luôn đi qua điểm $J$ cố định khác $A$
2. Gọi $E$ là giao điểm khác $A$ của $CA$ với $(K)$, $F$ là giao điểm khác $A$ của $AB$ với $(L)$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. Chứng minh rằng đường thẳng $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Lời giải:
1. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng tứ giác $ASJT$ nội tiếp.
Gọi $Q$ và $ R$ theo thứ tự là giao điểm của $AT$ và $AS$ với $BC$
Ta có: tứ giác $PSAB$ là tứ giác nội tiếp
$PS || AB$
$\Rightarrow \angle ABP=\angle BAS \Rightarrow\Delta ARB$ cân tại $R$ $\Rightarrow \angle BAR=\angle ABR$
Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được $\angle QAC=\angle QCA$. Như vậy, ta có: $$\angle QAC+\angle BAR=\angle ABC+\angle ACB=180^{\circ}-\angle BAC$$ $$\Leftrightarrow \angle QAR=180^{\circ}-2\angle BAC$$ Mặt khác, do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $\Delta ABR$ là tam giác cân nên ta nhận ra rằng: $$\angle QJA=\angle BJP$$ Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:$\angle TJA=\angle PJC$. Do đó: $$\angle SJA+\angle AJT=\angle BJP+\angle PJC=\angle BJC$$ Lại do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên: $\angle BJC=2\angle BAC$
Và như vậy, ta thu được: $$\angle QAR=180^{\circ}-\angle TJS\Leftrightarrow \angle QAR+\angle TJS=180^{\circ}$$ Điều này chứng tỏ rằng $ASJT$ nội tiếp (đpcm).
2. Ta có: $$\angle PBE+\angle PCE=\angle PAE+\angle PAF=\angle BAC\Rightarrow \angle FGE+\angle BAC=180^{\circ}$$
Như vậy, ta có tứ giác $AEGF$ nội tiếp, suy ra: $$\angle EGC=\angle EAF=\angle EPG$$ suy ra $CEGP$ và $BFGP$ cũng là các tứ giác nội tiếp.
Gọi $H$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC$, thế thì: $$\angle BPH=\angle APB=\angle AEB=\angle GPC$$ Như vậy, $PG$ đi qua $H\Rightarrow $ $PG$ đối xứng với $AP$ qua $BC$.
Theo đó, ta có : $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua điểm đối xứng của $J$ qua $BC$. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Cho tam giác nhọn $ABC$, điểm $P$ cố định di chuyển trên $BC$. Kí hiệu $(K)$ và $(L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAB$ và $PAC$. Lấy điểm $S$ nằm trên $(K)$ sao cho $PS||AB$, lấy điểm $T$ trên $(L)$ sao cho $PT||AC$.
1. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $ATS$ luôn đi qua điểm $J$ cố định khác $A$
2. Gọi $E$ là giao điểm khác $A$ của $CA$ với $(K)$, $F$ là giao điểm khác $A$ của $AB$ với $(L)$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. Chứng minh rằng đường thẳng $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Lời giải:
1. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng tứ giác $ASJT$ nội tiếp.
Gọi $Q$ và $ R$ theo thứ tự là giao điểm của $AT$ và $AS$ với $BC$
Ta có: tứ giác $PSAB$ là tứ giác nội tiếp
$PS || AB$
$\Rightarrow \angle ABP=\angle BAS \Rightarrow\Delta ARB$ cân tại $R$ $\Rightarrow \angle BAR=\angle ABR$
Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được $\angle QAC=\angle QCA$. Như vậy, ta có: $$\angle QAC+\angle BAR=\angle ABC+\angle ACB=180^{\circ}-\angle BAC$$ $$\Leftrightarrow \angle QAR=180^{\circ}-2\angle BAC$$ Mặt khác, do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $\Delta ABR$ là tam giác cân nên ta nhận ra rằng: $$\angle QJA=\angle BJP$$ Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:$\angle TJA=\angle PJC$. Do đó: $$\angle SJA+\angle AJT=\angle BJP+\angle PJC=\angle BJC$$ Lại do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên: $\angle BJC=2\angle BAC$
Và như vậy, ta thu được: $$\angle QAR=180^{\circ}-\angle TJS\Leftrightarrow \angle QAR+\angle TJS=180^{\circ}$$ Điều này chứng tỏ rằng $ASJT$ nội tiếp (đpcm).
2. Ta có: $$\angle PBE+\angle PCE=\angle PAE+\angle PAF=\angle BAC\Rightarrow \angle FGE+\angle BAC=180^{\circ}$$
Như vậy, ta có tứ giác $AEGF$ nội tiếp, suy ra: $$\angle EGC=\angle EAF=\angle EPG$$ suy ra $CEGP$ và $BFGP$ cũng là các tứ giác nội tiếp.
Gọi $H$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC$, thế thì: $$\angle BPH=\angle APB=\angle AEB=\angle GPC$$ Như vậy, $PG$ đi qua $H\Rightarrow $ $PG$ đối xứng với $AP$ qua $BC$.
Theo đó, ta có : $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua điểm đối xứng của $J$ qua $BC$. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Saturday, August 23, 2014
Bài toán: (Chọn đội tuyển VMO trường chuyên Đại học Vinh 2010)
Tìm tất cả các hàm $f$ liên tục: $f:\mathbb{R^+}\rightarrow\mathbb{R^+}$ thỏa mãn: $$f(f(xy)-xy)+xf(y)+yf(x)=f(xy)+f(x).f(y), \forall x, y\in\mathbb{R^+}$$ Lời giải:
Cho $y=1$, ta thu được: $$f(f(x)-x)+xf(1)+f(x)=f(x)+f(x).f(1)\\\Leftrightarrow f(f(x)-x)=f(1)\left[f(x)-x\right]$$ Khi đó, phương trình ban đầu có thể viết lại thành: $$f(1)\left[f(f(xy)-x)\right]=f(xy)-xy+\left[f(x)-x\right]\left[ f(y)-y\right]$$ Đặt $g(x)=f(x)-x$, ta được: $$g(1).g(xy)=g(x).g(y)$$ Dễ thấy rằng $g(x)> 0$, Cho $x=e^u, y=e^v$, đặt $h(t)=g(e^t)$, ta suy ra: $$h(0).h(u+v)=h(u).h(v)$$ Đặt $k(x)=\ln h(x)$, suy ra: $$k(0)+k(u+v)=k(u)+k(v)$$ Tới đây, sử dụng cấu trúc nghiệm của phương trình hàm Cauchy, ta thu được $$k(x)=ax+b,\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow h(x)=e^{ax+b}\Rightarrow g(x)=g(e^{\ln x})=e^{a\ln x+b}=e^b.x^a$$ Tức là $f(x)=x+Cx^a$, với $a\in\mathbb{R}$ và $C$ là một hằng số.
Tìm tất cả các hàm $f$ liên tục: $f:\mathbb{R^+}\rightarrow\mathbb{R^+}$ thỏa mãn: $$f(f(xy)-xy)+xf(y)+yf(x)=f(xy)+f(x).f(y), \forall x, y\in\mathbb{R^+}$$ Lời giải:
Cho $y=1$, ta thu được: $$f(f(x)-x)+xf(1)+f(x)=f(x)+f(x).f(1)\\\Leftrightarrow f(f(x)-x)=f(1)\left[f(x)-x\right]$$ Khi đó, phương trình ban đầu có thể viết lại thành: $$f(1)\left[f(f(xy)-x)\right]=f(xy)-xy+\left[f(x)-x\right]\left[ f(y)-y\right]$$ Đặt $g(x)=f(x)-x$, ta được: $$g(1).g(xy)=g(x).g(y)$$ Dễ thấy rằng $g(x)> 0$, Cho $x=e^u, y=e^v$, đặt $h(t)=g(e^t)$, ta suy ra: $$h(0).h(u+v)=h(u).h(v)$$ Đặt $k(x)=\ln h(x)$, suy ra: $$k(0)+k(u+v)=k(u)+k(v)$$ Tới đây, sử dụng cấu trúc nghiệm của phương trình hàm Cauchy, ta thu được $$k(x)=ax+b,\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow h(x)=e^{ax+b}\Rightarrow g(x)=g(e^{\ln x})=e^{a\ln x+b}=e^b.x^a$$ Tức là $f(x)=x+Cx^a$, với $a\in\mathbb{R}$ và $C$ là một hằng số.
Friday, August 22, 2014
Bài toán: (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Bắc Giang, năm học 2014-2015)
Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}3x^2-8x+2(x-1)\sqrt{x^2-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^2+4y+5}\\x^2+2y^2=4x-8y-6\end{cases}$$Lời giải:
Hệ đã cho viết lại thành: $$\begin{cases}(x-1)^2-2(x-1)-5+2(x-1)\sqrt{(x-1)^2+1}=2(y+2)\sqrt{(y+2)^2+1}\\(x-1)^2+2(y+2)^22(x-1)+5\end{cases}$$ Đặt: $a=x-1, b=y+2$ Khi đó, hệ đã cho trở thành: $$\begin{cases}3a^2-2a-5+2a\sqrt{a^2+1}=2b\sqrt{b^2+1}\\a^2+2b^2=2a+5\end{cases}$$ Thay $2a+5=a^2+2b^2$ vào phương trình trên, ta thu được: $$a^2-2b^2+2a\sqrt{a^2+1}=2b\sqrt{b^2+1}$$ $$\Leftrightarrow (a+\sqrt{a^2+1})^2=(b+\sqrt{b^2+1})^2$$ Trường hợp 1: $a+\sqrt{a^2+1}=b+\sqrt{b^2+1}$
Xét hàm số $f(t)=t+\sqrt{t^2+1}, \forall t\in \mathbb{R}$. Ta có: $$f'(t)=1+\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}\ge0, \forall t\in\mathbb{R}$$ Do đó, $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, và như vậy, ta có: $a=b$, thay vào phương trình thứ hai ta dễ dàng tính được $a=b=-1$ hoặc $a=b=\dfrac{5}{3}$ từ đó ta thu được nghiệm là $\left(x, y\right)=\left(0,-3\right), \left(\dfrac{8}{3},-\dfrac{1}{3}\right)$
Trường hợp 2: $$a+\sqrt{a^2+1}=-b-\sqrt{b^2+1}$$ $$\Leftrightarrow a+b+\frac{a^2-b^2}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}=0$$ $$\Leftrightarrow (a+b)\left(1+\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}\right)=0$$ Do $a\neq b$ nên dễ dàng thấy được: $\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}\neq 0$
Và như vậy, ta có $a=-b$ thay vào hệ ta tính được $(a, b)=\left(1, -\dfrac{5}{3}\right)\vee \left(-1;\dfrac{5}{3}\right)$ Từ đó suy ra $(x, y)=\left(2,-\dfrac{11}{3}\right)\vee \left(0, \dfrac{-1}{3}\right)$ Thử lại, ta tính được nghiệm của bài toán là: $$(x; y)=(0, -3)\vee \left(\dfrac{8}{3}, -\dfrac{1}{3}\right)$$
Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}3x^2-8x+2(x-1)\sqrt{x^2-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^2+4y+5}\\x^2+2y^2=4x-8y-6\end{cases}$$Lời giải:
Hệ đã cho viết lại thành: $$\begin{cases}(x-1)^2-2(x-1)-5+2(x-1)\sqrt{(x-1)^2+1}=2(y+2)\sqrt{(y+2)^2+1}\\(x-1)^2+2(y+2)^22(x-1)+5\end{cases}$$ Đặt: $a=x-1, b=y+2$ Khi đó, hệ đã cho trở thành: $$\begin{cases}3a^2-2a-5+2a\sqrt{a^2+1}=2b\sqrt{b^2+1}\\a^2+2b^2=2a+5\end{cases}$$ Thay $2a+5=a^2+2b^2$ vào phương trình trên, ta thu được: $$a^2-2b^2+2a\sqrt{a^2+1}=2b\sqrt{b^2+1}$$ $$\Leftrightarrow (a+\sqrt{a^2+1})^2=(b+\sqrt{b^2+1})^2$$ Trường hợp 1: $a+\sqrt{a^2+1}=b+\sqrt{b^2+1}$
Xét hàm số $f(t)=t+\sqrt{t^2+1}, \forall t\in \mathbb{R}$. Ta có: $$f'(t)=1+\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}\ge0, \forall t\in\mathbb{R}$$ Do đó, $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, và như vậy, ta có: $a=b$, thay vào phương trình thứ hai ta dễ dàng tính được $a=b=-1$ hoặc $a=b=\dfrac{5}{3}$ từ đó ta thu được nghiệm là $\left(x, y\right)=\left(0,-3\right), \left(\dfrac{8}{3},-\dfrac{1}{3}\right)$
Trường hợp 2: $$a+\sqrt{a^2+1}=-b-\sqrt{b^2+1}$$ $$\Leftrightarrow a+b+\frac{a^2-b^2}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}=0$$ $$\Leftrightarrow (a+b)\left(1+\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}\right)=0$$ Do $a\neq b$ nên dễ dàng thấy được: $\dfrac{a-b}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}}\neq 0$
Và như vậy, ta có $a=-b$ thay vào hệ ta tính được $(a, b)=\left(1, -\dfrac{5}{3}\right)\vee \left(-1;\dfrac{5}{3}\right)$ Từ đó suy ra $(x, y)=\left(2,-\dfrac{11}{3}\right)\vee \left(0, \dfrac{-1}{3}\right)$ Thử lại, ta tính được nghiệm của bài toán là: $$(x; y)=(0, -3)\vee \left(\dfrac{8}{3}, -\dfrac{1}{3}\right)$$
Thursday, August 21, 2014
Bài toán: Cho đa thức bậc $n$ có $n$ nghiệm phân biệt là$x_1,x_2,...x_n$.Chứng minh rằng
\[\frac{{P"({x_1})}}{{P'({x_1})}} + \frac{{P"({x_2})}}{{P'({x_2})}} + ... + \frac{{P"({x_n})}}{{P'({x_n})}} = 0\]
Lời giải:
Xét $P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right)$, giả sử ${x_1} < {x_2} < ... < {x_n}$
Ta có: $$P'\left( x \right) = P\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {x_n}}}} \right) = P\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
Do $P\left( {{x_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n} $ nên theo định lí Rolle tồn tại ${c_1},{c_2},...,{c_{n - 1}};\,\,{x_1} < {c_1} < {x_2} < {c_2} < ... < {c_{n - 1}} < {x_n}$ sao cho $P'\left( {{c_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n - 1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Lại có: $$P''\left( x \right) = P'\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {c_1}}} + \dfrac{1}{{x - {c_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {c_{n - 1}}}}} \right) = P'\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{x - {c_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$
Từ (1) và (2) suy ra:$$\left\{ \begin{array}{l}
P'\left( {{c_1}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
P'\left( {{c_2}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
...............\\
P'\left( {{c_{n - 1}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Do $P\left( {{c_i}} \right) \ne 0,i = \overline {1,n - 1} $ nên ta có:$$\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
..............\\
\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Suy ra: $$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{P''\left( {{x_i}} \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} = } \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} } } $$
Bài toán được chứng minh.
\[\frac{{P"({x_1})}}{{P'({x_1})}} + \frac{{P"({x_2})}}{{P'({x_2})}} + ... + \frac{{P"({x_n})}}{{P'({x_n})}} = 0\]
Lời giải:
Xét $P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right)$, giả sử ${x_1} < {x_2} < ... < {x_n}$
Ta có: $$P'\left( x \right) = P\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {x_n}}}} \right) = P\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
Do $P\left( {{x_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n} $ nên theo định lí Rolle tồn tại ${c_1},{c_2},...,{c_{n - 1}};\,\,{x_1} < {c_1} < {x_2} < {c_2} < ... < {c_{n - 1}} < {x_n}$ sao cho $P'\left( {{c_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n - 1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Lại có: $$P''\left( x \right) = P'\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {c_1}}} + \dfrac{1}{{x - {c_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {c_{n - 1}}}}} \right) = P'\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{x - {c_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$
Từ (1) và (2) suy ra:$$\left\{ \begin{array}{l}
P'\left( {{c_1}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
P'\left( {{c_2}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
...............\\
P'\left( {{c_{n - 1}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Do $P\left( {{c_i}} \right) \ne 0,i = \overline {1,n - 1} $ nên ta có:$$\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
..............\\
\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Suy ra: $$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{P''\left( {{x_i}} \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} = } \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} } } $$
Bài toán được chứng minh.
Wednesday, August 20, 2014
ĐỊnh lí vi ét đối với phương trình bậc cao
Định lí Viét đối với phương trình bậc cao
Ở các bài trước chúng tôi đã trao đổi với các bạn về cách giải phương trình bậc ba và phương trình bậc cao. Trong bài học này chúng tôi muốn trao đổi với các bạn về Định Lí Viet đối với phương trình bậc cao và một số ứng dụng.
1. Định lí Viet cho phương trình bậc ba
Cho phương trình : 
(1).
(1).
a) Định lí Viet thuận: Nếu (1) có ba nghiệm 
thì ta có:
thì ta có:
.
b) Định lí đảo của định lí Viet: Nếu ba số 
thỏa mãn :
thỏa mãn :
thì là ba nghiệm của phương trình :
.
2. Định lí Viet cho phương trình bậc cao
Nếu đa thức 
(
có n nghiệm 
thì ta có:
( có n nghiệm thì ta có:
.
Ta kí hiệu : 
;
;
là tổng các tích chập k của n số 
và được gọi là các đa thức đối xứng sơ cấp của các nghiệm.
Ví dụ 1: Gọi 
là nghiệm của PT : 
. Tính:
là nghiệm của PT : . Tính:
;
;
.
Giải:
Ta dễ dàng chứng minh được phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt.
Áp dụng định lí Viét ta có: 
.
.
Ta có: 
.
Vì: 
Chú ý : 1) Các biểu thức A, B, C, D ở trên gọi là các đa thức đối xứng ba biến. Một tính chất quan trọng của các đa thức đối xứng
ba biến là chúng luôn biểu diễn được qua ba đa thức đối xứng ba biến sơ cấp.
Cụ thể nếu ta đặt 
thì ta có một số biểu diễn sau:
thì ta có một số biểu diễn sau:
.
2) Gọi là nghiệm PT : 
.
là nghiệm PT : .
Đặt 
, khi đó ta có hệ thức:
, khi đó ta có hệ thức:
.
Ví dụ 2: Tìm điều kiện để phương trình : 
có ba nghiệm, trong đó tổng hai nghiệm gấp 
nghiệm còn lại.
có ba nghiệm, trong đó tổng hai nghiệm gấp nghiệm còn lại.
Giải: * Giả sử phương trình có ba nghiệm trong đó tổng hai nghiệm gấp k nghiệm nghiệm còn lại.
trong đó tổng hai nghiệm gấp k nghiệm nghiệm còn lại.
Theo định lí Vi ét, ta có: 
.
.
Ta có: 
(1).
Với a,b,c thỏa mãn (1), ta tìm điều kiện để phương trình có ba nghiệm là được. Từ (1) 
thay vào phương trình ta có:
thay vào phương trình ta có:
phương trình có ba nghiệm 
(2).
Vậy điều kiện a,b,c là: 
.
.
Chú ý :
1) Với 
thì ba nghiệm của phương trình trên lập thành cấp số cộng.
thì ba nghiệm của phương trình trên lập thành cấp số cộng.
“Vậy phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số cộng nếu và chỉ nếu: 
” .
có ba nghiệm lập thành cấp số cộng nếu và chỉ nếu: ” .
2) Đến đây chắc các bạn sẽ tự đặt ra câu hỏi là a,b,c phải thỏa mãn điều kiện gì để phương trình có ba nghiệm lập thành cấp số nhân ? Câu trả lời dành cho các bạn .
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình : 
.
.
Giải: Vì hệ đã cho gồm ba phương trình là những đa thức đối xứng ba biến nên ta biểu diễn ba phương trình đó qua ba đa thức đối xứng cơ bản .
Đặt 
, hệ trở thành:
, hệ trở thành:
là ba nghiệm của phương trình : 
.
Vậy nghiệm của hệ đã cho là: 
và các hoán vị.
và các hoán vị.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau :
(THTT).
Giải: Đặt 
.
.
Khi đó: 
Hệ đã cho trở thành:
(Ở đây ta đã sử dụng các đẳng thức:
và 
)
)
là nghiệm của phương trình : 
.
Xét phương trình : 
Phương trình 
.
.
Từ đó ta có nghiệm của hệ đã cho là: 
và các hoán vị.
và các hoán vị.
Ví dụ 4: Cho phương trình 
có ba nghiệm và 
. Chứng minh rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn c.
có ba nghiệm và . Chứng minh rằng phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn c.
Giải: Trước hết ta thấy rằng nếu 
. Do đó yêu cầu bài toán trở thành chứng minh trong ba số 
có đúng một số dương. Điều này dẫn đến ta đi xét tích: 
.
. Do đó yêu cầu bài toán trở thành chứng minh trong ba số có đúng một số dương. Điều này dẫn đến ta đi xét tích: .
Gọi là ba nghiệm của phương trình đã cho.
là ba nghiệm của phương trình đã cho.
Theo định lí Vi ét, ta có: 
.
.
Ta xét: 
(do giả thiết)
Nếu cả ba nghiệm 
vô lí (do 
), vậy trong ba số 
, tồn tại đúng một số dương trong ba nghiệm của phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn c.
vô lí (do ), vậy trong ba số , tồn tại đúng một số dương trong ba nghiệm của phương trình có đúng một nghiệm lớn hơn c.
Ví dụ 5: Giả sử phương trình 
(1) có ba nghiệm phân biệt khác 0. Chứng minh rằng phương trình : 
(2) cũng có ba nghiệm phân biệt.
(1) có ba nghiệm phân biệt khác 0. Chứng minh rằng phương trình : (2) cũng có ba nghiệm phân biệt.
Giải: Gọi 
là ba nghiệm của phương trình (1).
là ba nghiệm của phương trình (1).
Theo định lí Viet, ta có: 
.
.
Giả sử (2) có ba nghiệm 
, ta có:
, ta có:
Dẫn đến ta dự đoán ba nghiệm của (2) là 
.
.
Đặt 
, ta có:
, ta có:
là ba nghiệm của phương trình : .
Vì là ba nghiệm phân biệt nên cũng là ba nghiệm phân biệt
cũng là ba nghiệm phân biệt
Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt.
có ba nghiệm phân biệt.
Chú ý : Khi gặp bài toán cho phương trình : (1) có ba nghiệm và yêu cầu chứng minh phương trình 
(2) cũng có ba nghiệm ta thường làm như sau:
Gọi là ba nghiệm của (1), ta chứng minh 
(1) có ba nghiệm và yêu cầu chứng minh phương trình (2) cũng có ba nghiệm ta thường làm như sau:Gọi
là ba nghiệm của (1), ta chứng minh 
là ba nghiệm của (2) bằng cách chứng minh:
Ví dụ 6: Cho 
dương và phương trình 
có ba nghiệm. Chứng minh rằng:
dương và phương trình có ba nghiệm. Chứng minh rằng:
1) 
2) 
.
2) .
Giải:
Giả thiết bài toán cho phương trình có ba nghiệm và yêu cầu chúng ta chứng minh BĐT giữa các hệ số nên ta nghĩ đến chuyển
các BĐT đó thành các BĐT của ba nghiệm . Gọi là ba nghiệm của phương trình . Vì 
là ba nghiệm của phương trình . Vì
Ta có: 
Bài toán trở thành cho ba số 
và có tổng bằng 1. Chứng minh:
và có tổng bằng 1. Chứng minh:
1) 
.
.
Áp dụng BĐT Côsi ta có: 
.
2) 
.
.
Giả sử 
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra 
.
.
Chú ý : Khi gặp các BĐT về hệ số của phương trình bậc ba (cũng như bậc cao) ta có thể sử dụng định lí Viet để chuyển BĐT cần chứng minh về BĐT các nghiệm của phương trình . Hơn nữa ta thấy còn đường để sáng tác ra những bài toán dạng này là xuất phát từ một BĐT đối xứng ba biến, sử dụng định lí Viet ta chuyển BĐT đó về BĐT giữa các hệ số của phương trình bậc ba. Chẳng hạn từ bài toán:
Cho 
thỏa mãn 
. Chứng minh
thỏa mãn . Chứng minh
.
Ta chuyển thành bài toán như sau
Cho phương trình : 
có ba nghiệm không âm. Chứng minh 
. Ví dụ sau đây cũng là một sản phẩm của cách làm trên.
có ba nghiệm không âm. Chứng minh . Ví dụ sau đây cũng là một sản phẩm của cách làm trên.
Ví dụ 7: Cho phương trình có ba nghiệm . Chứng minh: 
(HSG QG – 2001 ).
có ba nghiệm . Chứng minh: (HSG QG – 2001 ).
Giải:
Gọi là ba nghiệm của phương trình đã cho. Theo Viet, ta có:
là ba nghiệm của phương trình đã cho. Theo Viet, ta có:
BĐT cần chứng minh trở thành: 
(1).
* Nếu 
đúng.
đúng.
* Nếu 
. Vì (1) là BĐT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (1) khi 
. Và (1) trở thành:
. Vì (1) là BĐT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (1) khi . Và (1) trở thành:
(2)
Giả sử 
.
Gọi P là VT(2) 
Đặt 
và
và
. Đẳng thức xảy ra 
.
Hay (a;b;c) là hoán vị của bộ 
.
.
Ví dụ 8 Cho phương trình 
với 
, có ba nghiệm dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
(HSG QG 1999).
với , có ba nghiệm dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của (HSG QG 1999).
Giải:
Gọi 
là ba nghiệm thực dương của phương trình đã cho.
là ba nghiệm thực dương của phương trình đã cho.
Áp dụng định lí Viet ta có:
.
Ta có: 
.
Cách 1:
Xét hàm số: 
với 
. Ta có:
với . Ta có:
giảm trên 
Xét hàm g(a) với 
, ta có:
, ta có:
.Đẳng thức có
Khi đó 
. Vậy 
.
. Vậy .
Cách 2: Ta có 
.
Do 
và 
và 
. Đẳng thức xảy ra 
Ví dụ 10: Cho phương trình 
có n nghiệm, trong đó 
. Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình nằm trong đoạn 
.
có n nghiệm, trong đó . Chứng minh rằng các nghiệm của phương trình nằm trong đoạn .
Giải: Gọi 
là n nghiệm của phương trình đã cho. Khi đó yêu cầu bài toán cần chứng minh: 
là n nghiệm của phương trình đã cho. Khi đó yêu cầu bài toán cần chứng minh: 
. Điều này dẫn tới ta có cách giải như sau:
Theo định lí Viet ta có: 
.
(Do ) 
đpcm.
) đpcm.
Ví dụ 11: Cho phương trình sau có n nghiệm (
). Hãy tìm các nghiệm đó ?
). Hãy tìm các nghiệm đó ?
.
Giải: Ta thấy phương trình chỉ có ba hệ số của 
là những giá trị cụ thể còn những hệ số khác chúng ta chưa xác định được. Do đó để giải phương trình này ta phải dựa vào mối quan hệ giữa các hệ số của , điều này gợi ý cho chúng ta sử dụng định lí Viet. Thật vậy:
là những giá trị cụ thể còn những hệ số khác chúng ta chưa xác định được. Do đó để giải phương trình này ta phải dựa vào mối quan hệ giữa các hệ số của , điều này gợi ý cho chúng ta sử dụng định lí Viet. Thật vậy:
Gọi là n nghiệm của phương trình đã cho.
là n nghiệm của phương trình đã cho.
Theo định lí Viet ta có: 
.
.
.
. Vậy phương trình có n nghiệm trùng nhau: 
.
Nguồn: Violet
Subscribe to:
Posts (Atom)