Bài toán: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $x+y+z=0$. Tìm GTNN của $$P=3^{|\cos x|}+3^{|\cos y|}+3^{|\cos z|}-3\max\{|\cos x|, |\cos y|, |\cos z|\}$$
Lời giải:
Không giảm tính tổng quát, giả sử $|\cos z|=\max\{|\cos x|, |\cos y|, |\cos z|\}$
Sử dụng BDT Bernoulli, ta có: $$3^{|\cos x|}\ge 1+|\cos x|$$ Suy ra: $$P\ge 2+|\cos x|+|\cos y|+3^{|\cos z|}-3|\cos z|$$
Bổ đề [Ukraine 2006] Cho $x,y$ là các số thực. Chứng minh rằng: $$|\cos x|+|\cos y|+|\cos (x+y)|\ge 1$$
Chứng minh bổ đề:
Đặt $a=|\cos x|, b=|\cos y|$. Sử dụng BDT quen thuộc $|a-b|\ge ||a|-|b||$. Ta có: $$|\cos (x+y)=|\cos x\cos y-\sin x\sin y|\ge ||\cos x\cos y|-|\sin x\sin y||=|ab-\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}|$$ Theo đó ta cần chứng minh: $$a+b+|\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab|\ge 1$$ Ta xét khi $a+b\le 1$. Vì $ab>0$ nên: $$a^2+b^2\le (a+b)^2\le 1$$ Suy ra: $$(1-a^2)(1-b^2)-a^2b^2=1-a^2-b^2+a^2b^2-a^2b^2=1-a^2-b^2\ge 0$$ Hay nói cách khác: $$|\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab|=\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab$$ Bổ đề cần chứng minh trở thành: $$a+b+\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab\ge 1\\\Leftrightarrow \sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}\ge (1-a)(1-b),\text{ Hiển nhiên vì } 0\le a,b\le 1$$ Bổ đề được chứng minh.
Quay lại bài toán, áp dụng bổ đề trên ta có: $$P\ge 3+3^{|\cos z|}-4|\cos z|$$ Xét hàm số $f(t)=3+3^t-4t$ với $0\le t\le 1$ ta tính được: $$f'(t)=3^t\ln 3-4<0,\forall t\in [0,1]$$ Suy ra $f$ nghịch biến. Suy ra: $$P\ge f(1)=2$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi: $\begin{cases}|\cos x|=|\cos y|\\x+y+z=0\\|\cos z|=1\end{cases}$ và các hoán vị.
Kết luận: $$\boxed{\min P=2}$$
Sunday, June 21, 2015
Saturday, June 6, 2015
Bài toán (Đề KT đội tuyển HSG trường chuyên Long An)
Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ và $a, b$ là hai số tự nhiên sao cho $a+b$ chia hết cho $p$ và $a-b$ chia hết cho $p-1$. Chứng minh rằng: $a^b+b^a$ chia hết cho $2p$
Lời giải:
Không giảm tính tổng quát, giả sử: $a\ge b$. Gọi $r$ là số dư trong phép chia $a$ cho $p$, khi đó: $a\equiv r\pmod{p}$ Vì $p\;|\; a+b$ nên suy ra $b\equiv -r\pmod{p}$. Do đó: $$\begin{aligned} & a^b+b^a\equiv r^b-r^a\pmod{p}\\\Leftrightarrow & a^b+b^a\equiv r^b(1-r^{a-b})\pmod{p}\end{aligned}$$ Mặt khác, do $p-1\;|\; a-b$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $a-b=k(p-1)$.
Theo định lý Fermat, ta có: $$\begin{aligned}& r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow & r^{k(p-1)}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow &r^{a-b}\equiv 1\pmod{p}\end{aligned}$$ Do đó: $$a^b+b^a\equiv 0\pmod{p}$$
Mặt khác vì $a,b$ là các số tự nhiên lẻ nên $a^b+b^a\equiv 0\pmod{2}$. Từ đó suy ra đpcm.
Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ và $a, b$ là hai số tự nhiên sao cho $a+b$ chia hết cho $p$ và $a-b$ chia hết cho $p-1$. Chứng minh rằng: $a^b+b^a$ chia hết cho $2p$
Lời giải:
Không giảm tính tổng quát, giả sử: $a\ge b$. Gọi $r$ là số dư trong phép chia $a$ cho $p$, khi đó: $a\equiv r\pmod{p}$ Vì $p\;|\; a+b$ nên suy ra $b\equiv -r\pmod{p}$. Do đó: $$\begin{aligned} & a^b+b^a\equiv r^b-r^a\pmod{p}\\\Leftrightarrow & a^b+b^a\equiv r^b(1-r^{a-b})\pmod{p}\end{aligned}$$ Mặt khác, do $p-1\;|\; a-b$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $a-b=k(p-1)$.
Theo định lý Fermat, ta có: $$\begin{aligned}& r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow & r^{k(p-1)}\equiv 1\pmod{p}\\\Rightarrow &r^{a-b}\equiv 1\pmod{p}\end{aligned}$$ Do đó: $$a^b+b^a\equiv 0\pmod{p}$$
Mặt khác vì $a,b$ là các số tự nhiên lẻ nên $a^b+b^a\equiv 0\pmod{2}$. Từ đó suy ra đpcm.
Subscribe to:
Posts (Atom)