Vi Thị Nhật
Giới thiệu về bản thân
Nếu x≤0𝑥≤0, các số hạng -2x7−2𝑥7, x6𝑥6, -3x4−3𝑥4, x2𝑥2, −x−𝑥đều không âm.
Cụ thể, 4x8≥04𝑥8≥0, -2x7≥0−2𝑥7≥0, x6≥0𝑥6≥0, -3x4≤0−3𝑥4≤0, x2≥0𝑥2≥0, −x≥0−𝑥≥0.
Tuy nhiên, việc đánh giá trực tiếp các số hạng này không đủ để kết luận P(x)>0𝑃(𝑥)>0.
Một cách tiếp cận khác là nhóm các số hạng.
P(x)=x6(4x2−2x+1)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6(4𝑥2−2𝑥+1)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
Nếu x≤0𝑥≤0, thì 4x2−2x+1=(2x−12)2+34>04𝑥2−2𝑥+1=(2𝑥−12)2+34>0.
x6≥0𝑥6≥0. Do đó, x6(4x2−2x+1)≥0𝑥6(4𝑥2−2𝑥+1)≥0.
Các số hạng còn lại là -3x4+x2−x+1−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
Nếu x≤0𝑥≤0, thì x2≥0𝑥2≥0, −x≥0−𝑥≥0.
Nếu x=0𝑥=0, thì P(0)=1>0𝑃(0)=1>0.
Nếu x<0𝑥<0, đặt x=−y𝑥=−𝑦với y>0𝑦>0.
P(−y)=4y8+2y7+y6−3y4+y2+y+1𝑃(−𝑦)=4𝑦8+2𝑦7+𝑦6−3𝑦4+𝑦2+𝑦+1.
Tất cả các số hạng đều không âm, và có số hạng 1>01>0.
Do đó, P(x)>0𝑃(𝑥)>0khi x≤0𝑥≤0. Trường hợp x>0𝑥>0 P(x)𝑃(𝑥)được nhóm lại thành P(x)=(4x8−2x7+x6)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=(4𝑥8−2𝑥7+𝑥6)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6(4x2−2x+1)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6(4𝑥2−2𝑥+1)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
4x2−2x+1=(2x−12)2+34>04𝑥2−2𝑥+1=(2𝑥−12)2+34>0.
Do đó, x6(4x2−2x+1)>0𝑥6(4𝑥2−2𝑥+1)>0khi x>0𝑥>0.
Xét P(x)=(x4−32)2+14x8−2x7+x6+x2−x+1−94𝑃(𝑥)=(𝑥4−32)2+14𝑥8−2𝑥7+𝑥6+𝑥2−𝑥+1−94. Cách này phức tạp.
Một cách khác là nhóm các số hạng để tạo thành các bình phương.
P(x)=(x4−32)2+14x8−2x7+x6+x2−x+1−94𝑃(𝑥)=(𝑥4−32)2+14𝑥8−2𝑥7+𝑥6+𝑥2−𝑥+1−94.
P(x)=(x4−32)2+14x8−2x7+x6+x2−x−54𝑃(𝑥)=(𝑥4−32)2+14𝑥8−2𝑥7+𝑥6+𝑥2−𝑥−54.
Cách này không đơn giản.
Xét P(x)=4x8−2x7+x6−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=4𝑥8−2𝑥7+𝑥6−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6(4x2−2x+1)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6(4𝑥2−2𝑥+1)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6((2x−12)2+34)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6((2𝑥−12)2+34)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6(2x−12)2+34x6−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6(2𝑥−12)2+34𝑥6−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6(2x−12)2+34x6−3x4+(x−12)2+34𝑃(𝑥)=𝑥6(2𝑥−12)2+34𝑥6−3𝑥4+(𝑥−12)2+34.
Các số hạng x6(2x−12)2≥0𝑥6(2𝑥−12)2≥0và (x−12)2≥0(𝑥−12)2≥0.
Cần chứng minh 34x6−3x4+34>034𝑥6−3𝑥4+34>0.
34(x6−4x4+1)>034(𝑥6−4𝑥4+1)>0.
Đặt y=x2𝑦=𝑥2. Khi đó y>0𝑦>0.
Cần chứng minh y3−4y2+1>0𝑦3−4𝑦2+1>0.
Xét hàm số f(y)=y3−4y2+1𝑓(𝑦)=𝑦3−4𝑦2+1.
f′(y)=3y2−8y=y(3y−8)𝑓′(𝑦)=3𝑦2−8𝑦=𝑦(3𝑦−8).
f′(y)=0𝑓′(𝑦)=0khi y=0𝑦=0hoặc y=83𝑦=83.
Bảng biến thiên của f(y)𝑓(𝑦)cho y>0𝑦>0:
y∈(0,83)𝑦∈(0,83), f′(y)<0𝑓′(𝑦)<0, f(y)𝑓(𝑦)giảm.
y∈(83,∞)𝑦∈(83,∞), f′(y)>0𝑓′(𝑦)>0, f(y)𝑓(𝑦)tăng.
Giá trị cực tiểu tại y=83𝑦=83:
f(83)=(83)3−4(83)2+1=51227−2569+1=512−768+2727=−22927<0𝑓(83)=(83)3−4(83)2+1=51227−2569+1=512−768+2727=−22927<0.
Do đó, y3−4y2+1𝑦3−4𝑦2+1không luôn dương.
Cách này không hiệu quả. Một cách khác là nhóm các số hạng thành tổng các bình phương.
P(x)=(x4−x3)2+(x3−x2)2+(x2−x)2+x2−x+1𝑃(𝑥)=(𝑥4−𝑥3)2+(𝑥3−𝑥2)2+(𝑥2−𝑥)2+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x8−2x7+x6+x6−2x5+x4+x4−2x3+x2+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥8−2𝑥7+𝑥6+𝑥6−2𝑥5+𝑥4+𝑥4−2𝑥3+𝑥2+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x8−2x7+2x6−2x5+2x4−2x3+2x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥8−2𝑥7+2𝑥6−2𝑥5+2𝑥4−2𝑥3+2𝑥2−𝑥+1.
Đây không phải là biểu thức ban đầu. Xét lại biểu thức P(x)=4x8−2x7+x6−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=4𝑥8−2𝑥7+𝑥6−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6(4x2−2x+1)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6(4𝑥2−2𝑥+1)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6((2x−12)2+34)−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6((2𝑥−12)2+34)−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
P(x)=x6(2x−12)2+34x6−3x4+x2−x+1𝑃(𝑥)=𝑥6(2𝑥−12)2+34𝑥6−3𝑥4+𝑥2−𝑥+1.
Từ a + b + c + ab + ca + bc = 6abc ta có: 1a+1b+1c+1ab+1bc+1ca=6
Ta có: 1a2+1≥2a;1b2+1≥2b;1c2+1≥2c
Và 1a2+1b2≥2ab;1b2+1c2≥2bc;1a2+1c2≥2ac
Cộng các vế các BĐT trên ta có:
3(1a2+1b2+1c2+1)≥2(1a+1b+1c+1ab+1bc+1ca)⇔3(1a2+1b2+1c2+1)≥12⇔1a2+1b2+1c2+1≥4⇔1a2+1b2+1c2≥3
Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c = 1
Ta sẽ biến đổi vế trái của bất đẳng thức thành tổng của các bình phương (tổng các số không âm).
Gọi biểu thức cần chứng minh là P.
Ta nhóm các hạng tử chứa x và hoàn thành bình phương cho x:
Sử dụng công thức (A+B)^2 = A^2 + 2AB + B^2, ta có:
Thêm và bớt \left(\frac{y-3}{2}\right)^2 để hoàn thành bình phương cho x:
Tiếp tục phân tích tử số của phân thức thứ hai:
Thay vào biểu thức P:
Vì x, y là các số thực tùy ý, nên:
* \left(x + \frac{y-3}{2}\right)^2 \geq 0 (bình phương của một số thực luôn không âm).
* \frac{3(y-1)^2}{4} \geq 0 (vì 3 > 0, 4 > 0 và (y-1)^2 \geq 0).
Do đó, tổng của hai số không âm cũng là một số không âm:
Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
Dấu bằng xảy ra khi x = 1 và y = 1.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau cho mọi x, y > 0:
\sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2}
Bình phương hai vế (vì cả hai vế đều không âm):
x^2 - xy + y^2 \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^2
x^2 - xy + y^2 \ge \frac{x^2 + 2xy + y^2}{4}
Nhân cả hai vế với 4:
4x^2 - 4xy + 4y^2 \ge x^2 + 2xy + y^2
3(x^2 - 2xy + y^2) \ge 0
3(x - y)^2 \ge 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy, bất đẳng thức \sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2} đã được chứng minh. Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức phụ Áp dụng bất đẳng thức phụ đã chứng minh cho ba hạng tử của vế trái (VT) bất đẳng thức cần chứng minh: Với (x, y) = (a, b): \sqrt{a^2 - ab + b^2} \ge \frac{a+b}{2} Với (x, y) = (b, c): \sqrt{b^2 - bc + c^2} \ge \frac{b+c}{2} Với (x, y) = (c, a): \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{c+a}{2}
Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế:
\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2}
Rút gọn vế phải (VP):
\text{VP} = \frac{(a+b) + (b+c) + (c+a)}{2} = \frac{2a + 2b + 2c}{2} = \frac{2(a+b+c)}{2} = a+b+c
Theo giả thiết của bài toán, ta có a + b + c = 3. Thay vào bất đẳng thức vừa tìm được:
\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các dấu bằng trong các bất đẳng thức phụ xảy ra, tức là:
a = b \quad (\text{từ 1})
b = c \quad (\text{từ 2})
c = a \quad (\text{từ 3})
Kết hợp với điều kiện a+b+c=3, ta suy ra a = b = c = 1.
Ta sẽ biến đổi vế trái của bất đẳng thức thành tổng của các bình phương (tổng các số không âm).
Gọi biểu thức cần chứng minh là P.
Ta nhóm các hạng tử chứa x và hoàn thành bình phương cho x:
Sử dụng công thức (A+B)^2 = A^2 + 2AB + B^2, ta có:
Thêm và bớt \left(\frac{y-3}{2}\right)^2 để hoàn thành bình phương cho x:
Tiếp tục phân tích tử số của phân thức thứ hai:
Thay vào biểu thức P:
Vì x, y là các số thực tùy ý, nên:
* \left(x + \frac{y-3}{2}\right)^2 \geq 0 (bình phương của một số thực luôn không âm).
* \frac{3(y-1)^2}{4} \geq 0 (vì 3 > 0, 4 > 0 và (y-1)^2 \geq 0).
Do đó, tổng của hai số không âm cũng là một số không âm:
Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
Dấu bằng xảy ra khi x = 1 và y = 1.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau cho mọi x, y > 0:
\sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2}
Bình phương hai vế (vì cả hai vế đều không âm):
x^2 - xy + y^2 \ge \left(\frac{x+y}{2}\right)^2
x^2 - xy + y^2 \ge \frac{x^2 + 2xy + y^2}{4}
Nhân cả hai vế với 4:
4x^2 - 4xy + 4y^2 \ge x^2 + 2xy + y^2
3(x^2 - 2xy + y^2) \ge 0
3(x - y)^2 \ge 0
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. Vậy, bất đẳng thức \sqrt{x^2 - xy + y^2} \ge \frac{x+y}{2} đã được chứng minh. Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức phụ Áp dụng bất đẳng thức phụ đã chứng minh cho ba hạng tử của vế trái (VT) bất đẳng thức cần chứng minh: Với (x, y) = (a, b): \sqrt{a^2 - ab + b^2} \ge \frac{a+b}{2} Với (x, y) = (b, c): \sqrt{b^2 - bc + c^2} \ge \frac{b+c}{2} Với (x, y) = (c, a): \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{c+a}{2}
Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế:
\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge \frac{a+b}{2} + \frac{b+c}{2} + \frac{c+a}{2}
Rút gọn vế phải (VP):
\text{VP} = \frac{(a+b) + (b+c) + (c+a)}{2} = \frac{2a + 2b + 2c}{2} = \frac{2(a+b+c)}{2} = a+b+c
Theo giả thiết của bài toán, ta có a + b + c = 3. Thay vào bất đẳng thức vừa tìm được:
\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2} \ge 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các dấu bằng trong các bất đẳng thức phụ xảy ra, tức là:
a = b \quad (\text{từ 1})
b = c \quad (\text{từ 2})
c = a \quad (\text{từ 3})
Kết hợp với điều kiện a+b+c=3, ta suy ra a = b = c = 1.
Để chứng minh bất đẳng thức này, ta sẽ biến đổi vế trái thành tổng của các bình phương (phương pháp hằng đẳng thức):
a^2 - ab + b^2 = a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{b}{2} + \left(\frac{b}{2}\right)^2 - \left(\frac{b}{2}\right)^2 + b^2
a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 - \frac{b^2}{4} + b^2
a^2 - ab + b^2 = \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4}
Vì \left(a - \frac{b}{2}\right)^2 \ge 0 (bình phương của một số thực luôn không âm) và \frac{3b^2}{4} \ge 0 (vì b^2 \ge 0), nên:
\left(a - \frac{b}{2}\right)^2 + \frac{3b^2}{4} \ge 0 + 0 = 0
Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge 0 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cả hai số hạng đều bằng 0:
\begin{cases} a - \frac{b}{2} = 0 \\ \frac{3b^2}{4} = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} a = \frac{b}{2} \\ b = 0 \end{cases}
Thay b=0 vào phương trình thứ nhất, ta được a = \frac{0}{2} = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0.
Ta xét hiệu của vế trái (VT) và vế phải (VP):
VT - VP = (a^2 - ab + b^2) - \frac{1}{4}(a+b)^2
VT - VP = a^2 - ab + b^2 - \frac{1}{4}(a^2 + 2ab + b^2)
Quy đồng và nhân cả hai vế với 4 (vì 4>0):
4(a^2 - ab + b^2) - (a^2 + 2ab + b^2) \ge 0
4a^2 - 4ab + 4b^2 - a^2 - 2ab - b^2 \ge 0
Thu gọn các hạng tử đồng dạng:
(4a^2 - a^2) + (-4ab - 2ab) + (4b^2 - b^2) \ge 0
3a^2 - 6ab + 3b^2 \ge 0
Đặt thừa số chung 3:
3(a^2 - 2ab + b^2) \ge 0
Sử dụng hằng đẳng thức (a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2:
3(a - b)^2 \ge 0
Vì (a-b)^2 \ge 0 với mọi số thực a, b và 3 > 0, nên bất đẳng thức 3(a-b)^2 \ge 0 luôn đúng. Vậy bất đẳng thức a^2 - ab + b^2 \ge \frac{1}{4}(a+b)^2 được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a-b)^2 = 0:
(a - b)^2 = 0 \implies a - b = 0 \implies a = b
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.
Đặt các hiệu số sau:
a = y - x
b = z - y
Do điều kiện z \ge y \ge x \ge 0, ta có: a \ge 0 và b \ge 0.
Từ đó, ta biểu diễn y, z và các hiệu số khác theo x, a, b:
y = x + a
z = y + b = x + a + b
y - x = a
z - y = b
z - x = (z - y) + (y - x) = b + a
x - y = -a
x - z = -(a + b)
Thay các biểu thức này vào P:
P = x(x - y)(x - z) + y(y - z)(y - x) + z(z - x)(z - y)
P = x(-a) (-(a+b)) + (x+a)(b)(a) + (x+a+b)(a+b)(b)
P = x a (a + b) + a b (x + a) + b (a + b) (x + a + b)
P = (xa^2 + xab) + (abx + a^2 b) + (ab + b^2)(x + a + b)
P = xa^2 + 2xab + a^2 b + (xab + a^2 b + ab^2 + xb^2 + ab^2 + b^3)
P = xa^2 + 2xab + a^2 b + xab + a^2 b + 2ab^2 + xb^2 + b^3
Gom các hạng tử có chứa x:
P = x(a^2 + 2ab + ab + b^2) + (a^2 b + a^2 b + 2ab^2 + b^3)
P = (y-x)^2 (x + y - z) + z(z - x)(z - y)
Thay a = y-x và b = z-y (với z \ge y \ge x \ge 0, nên a \ge 0, b \ge 0):
y - x = a
z - y = b
z - x = a + b
z = x + a + b
x + y - z = x + (x+a) - (x+a+b) = x - b
Thay vào công thức rút gọn:
P = a^2 (x - b) + (x + a + b) (a + b) b
P = a^2 x - a^2 b + (x + a + b) (ab + b^2)
P = a^2 x - a^2 b + [x(ab + b^2) + a(ab + b^2) + b(ab + b^2)]
P = a^2 x - a^2 b + [xab + xb^2 + a^2 b + ab^2 + ab^2 + b^3]
Các hạng tử -a^2 b và +a^2 b triệt tiêu lẫn nhau:
P = a^2 x + xab + xb^2 + 2ab^2 + b^3
P = a^2 x + xab + xb^2 + 2ab^2 + b^3
Nhóm các hạng tử chứa x:
Vì z \ge y \ge x \ge 0, ta có x \ge 0, a = y-x \ge 0, và b = z-y \ge 0.
Do đó:
x \ge 0 và a^2 + ab + b^2 \ge 0 \implies x(a^2 + ab + b^2) \ge 0.
2ab^2 \ge 0.
b^3 \ge 0.
Vậy P là tổng của các số hạng không âm, suy ra:
P = x(a^2 + ab + b^2) + 2ab^2 + b^3 \ge 0
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Điều kiện dấu đẳng thức xảy ra
Dấu đẳng thức P = 0 xảy ra khi và chỉ khi tất cả các số hạng không âm bằng 0:
x(a^2 + ab + b^2) = 0
2ab^2 = 0
b^3 = 0
Từ (3), suy ra b = 0.
Vì b = z - y, nên \mathbf{z = y}.
Thay b=0 vào (2), ta được 2a(0)^2 = 0, luôn đúng.
Thay b=0 vào (1): x(a^2 + a(0) + 0^2) = 0 \implies xa^2 = 0.
Vì x \ge 0 và a^2 \ge 0, điều này xảy ra khi và chỉ khi x=0 hoặc a=0.
Trường hợp 1: x=0. Kết hợp với z=y, ta được x=0 và y=z.
Trường hợp 2: a=0. Vì a = y-x, nên y=x. Kết hợp với z=y, ta được x=y=z.
Tóm lại, dấu đẳng thức xảy ra khi \mathbf{x=y=z} hoặc \mathbf{x=0} và \mathbf{y=z}.
B=
a,