Lời giải bài 99 và bài 100:
Lời giải bài 99:
Gọi $3$ nghiệm của $P(x)$ là $x_1,x_2,x_3\in[1;3]$. Theo định lí Viet ta có:
$\left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3=6 \\x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=m \end{matrix}\right.$.
Sử dụng bổ để quen thuộc:
Bổ đề: Cho $a,b,c\in [0,2]$ thỏa mãn: $a+b+c=3$. Khi đó: $ab+bc+ca\ge 2$. Dấu $=$ xảy ra tại: $(a,b,c)=(0,1,2)$ và các hoán vị.
Trở lại bài toán: Áp dụng bổ đề với ba số: $x_1-1,x_2-1,x_3-1\in [0;2]$ ta được:
$(x_1-1)(x_2-1)+(x_2-1)(x_3-1)+(x_3-1)(x_1-1)\ge 2\implies x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\ge 2(x_1+x_2+x_3)-1\implies m\ge 11$.
Dấu $=$ xảy ra khi: $(x_1,x_2,x_3)=(1;2;3)$ và các hoán vị.
Với $m=11$. Khi đó: $P(x)=(x-1)(x-2)(x-3)=x^3-6x^2+11x-6$.
Lời giải bài 100: Áp dụng kết quả của bài TST 2006.( Các bạn có thể xem tại đây:http://diendantoanho...nam-tst-2006/).
Đó là: $6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})\le (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$.
Do đó: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\le \frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$.
Dễ chứng minh được: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}\le \frac{5}{2}$.
(Phần chứng minh dành cho bạn đọc).
Từ hai kết quả trên ta có:
$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=\frac{2}{3}\sum \frac{x}{y+z}+\frac{1}{3}\sum \frac{x}{y+z}\le \frac{1}{3}(\sum \frac{1}{x})+\frac{1}{3}(\frac{5}{2}-\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2})=\frac{5}{6}+\frac{1}{3}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})-\frac{xy+yz+zx}{3(x^2+y^2+z^2)}$.
Vậy chỉ cần chứng minh bước cuối cùng là BDT sau: $\frac{3}{xy+yz+zx}+\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}\ge \frac{4}{3}$.
(Phần CM dành cho bạn đọc).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 17-10-2016 - 15:50