Feeds:
Bài viết
Bình luận

Posts Tagged ‘hỏi đáp’

Một số bài toán sơ cấp

Posted in Hỏi gì đáp nấy, tagged , on 26.08.2012| 4 Comments »

Thỉnh thoảng, một vài người bạn nhắn tin hoặc email cho 59clc nhờ giải một số bài toán sơ cấp. Entry này được tạo ra nhằm mục đích post lên đây những bài toán đó.

Bài 1. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

a) \cos A+\cos B+\cos C \le \dfrac3{2} (1)

b) \sin A+\sin B+\sin C \le \dfrac{3}2  (2)

Giải. a) Biến đổi tương đương,

(1)\Leftrightarrow 2(1-2\sin^2\frac{A}2)+4\cos\frac{B+C}2\cos\frac{B-C}2 \le 3

\Leftrightarrow (2\sin\frac{A}2-1)^2+4\sin\frac{A}2(1-\cos\frac{B-C}2) \ge 0

luôn đúng.

b) Cách 1. Ta có

\sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}2 \le 2\sin\frac{A+B}2

\sin C+\sin\frac{\pi}3

=2\sin\frac{C+\pi/3}{2}\cos\frac{C-\pi/3}2

\le 2\sin\frac{C+\pi/3}2

Suy ra

\sin A+\sin B+\sin C+\sin\frac{\pi}3

\le 2\sin\frac{A+B}2+2\sin\frac{C+\pi/3}{2}

\le 2.2\sin\frac{A+B+C+\pi/3}2=4\sin\frac{\pi}3 \Rightarrow đpcm.

Cách 2. Sử dụng BĐT Cauchy:

VT=\sin A+\sin B+\sin(A+B)=\sin A+\sin B+\sin A\cos B+\sin B\cos A

=\dfrac2{\sqrt3}(\sin A.\frac{\sqrt3}2+\sin B.\frac{\sqrt3}2)+\dfrac1{\sqrt3}(\sin A.\sqrt3\cos B+\sin B.\sqrt3\cos A)

\le \dfrac1{\sqrt3}(\sin^2 A+\sin^2 B+\frac{3}2)+\dfrac1{2\sqrt3}(\sin^2 A+3\cos^2 B+\sin^2 B+3\cos^2 A)

=\dfrac{3\sqrt3}2.

Remark. Trên đây là 2 trong số 9 BĐT cơ bản trong tam giác. Các bạn nếu muốn làm những GV tương lai tốt thì ít nhất cũng nên biết 7 BĐT còn lại!

Bài 2. Giả sử phương trình x^2+ax+b=0 có nghiệm x_0. Chứng minh rằng x_0^2<1+a^2+b^2. (2)

Lời giải. Nghiệm của PT đã cho là

x_0=\dfrac{-a\pm \sqrt{a^2-4b}}2 \le \dfrac{\sqrt{(1+1)(a^2+a^2-4b)}}2=\sqrt{a^2-2b},      (BĐT Bunyakovsky)

Bởi vậy, để chứng minh (2) ta chỉ cần chứng minh

a^2-2b\le 1+a^2+b^2 \iff (b+1)^2\ge0

luôn đúng. Dễ thấy đẳng thức ko thể xảy ra.

Bài 3. Cho P(x)=ax^2+bx+c thỏa mãn |P(1)|\le1,  |P(-1)|\le1 và  |P(0)|\le1. Chứng minh rằng  |P(x)|\le\frac5{4}, \forall |x|\le1.

Giải. Nếu a=0 thì hiển nhiên |P(x)|\leq 1 < \frac{5}4.

Nếu a\neq 0, P(x) là một parabol có đỉnh tại x_0 = -\frac b{2a}.
Nếu |x_0| \geq 1 thì P(x)  đơn điệu trên [0,1], dẫn đến |P(x)|\leq max(|P(1)|,|P(-1)|)\leq 1 < \frac{5}4

Nếu |x_0| < 1, thế thì |P(x)|\leq max (|P(1)|,|P-1)|,|P(x_0)|).
|P(1)|\leq 1 \Longrightarrow -1\leq a + b + c \leq 1 ;   và P(-1)\le 1 \Longrightarrow -1\le a-b+c\le 1

Rút ra -1 \leq b \leq 1, hay |b|\leq 1.

Nếu |P(x_0)| > \frac{5}4.
|P(x_0)| = |P(-\frac b{2a})| = |c -\frac {b^2}{4a}| > \frac {5}4 \Longrightarrow 1-\frac {b^2}{4a}\geq c -\frac {b^2}{4a} > \frac{5}4 hay -1-\frac {b^2}{4a} < -c-\frac {b^2}{4a} < -\frac{5}4 \Longrightarrow -\frac{1}4 > \frac {b^2}{4a} hay \frac{b^2}{4a}>\frac1{4} , suy ra |a|<b^2\le 1.
P(x_0) =P(\frac b{2a}) =c-\frac {b^2}{4a}=c+a{x_0}^2 \Longrightarrow c =ax_0^2 +P(x_0)
|P(1)| = |a+b+c| =|a+2ax_0+ax_0^2 +P(x_0)|=|a(x_0 +1)^2 +P(x_0)|\le 1 \Longrightarrow |P(x_0)|\leq 1+|a|(x_0 +1)^2\leq 1 +(x_0 +1)^2

Tương tự cho |P(-1)| để có |P(x_0)|\leq 1+(x_0 -1)^2.

Do đó |P(x_0)|\leq min ( 1 +(x_0-1)^2,1 +(x_0 +1)^2) ,  với -1 < x_0 < 1.

Dẫn đến |P(x_0)|\leq 1 + (\frac{1}2)^2 =\frac{5}4, mâu thuẫn.

Đpcm.

Read Full Post »