Chủ đề này có 3 trả lời

[~nuna~]

Mọi người giúp em làm 2 bài ôn tập hè với!cám ơn nhiều ạ^^!
Bài 1: Nếu a,b,c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1 thì $\dfrac{1}{4} < ab +bc+ac -2abc \leq \dfrac{7}{27}$ đ�ồng thời không thể thay $ \dfrac{1}{4}$ bằng một số thực R > $\dfrac{1}{4}$ trong bđt trên.
Bài 2: Cho $f( x)= ax ^{2} +bx+c $ biết $| f(0) |; |f (1)|; |f(-1) | \leq 1$
CM: $|f(x) | \leq \dfrac{5}{4} $ với $ \forall x \in [ -1 ;1]$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 14-06-2011 - 12:34

[dark templar]

Mọi ng` giúp e lm 2 bài ôn tập hè vs!cám ơn nhìu ạ^^!
Bài 1: Nếu a,b,c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1 thì $\dfrac{1}{4} < ab +bc+ac -2abc \leq \dfrac{7}{27}$ đ�ồng thời không thể thay $ \dfrac{1}{4}$ bằng một số thực R > $\dfrac{1}{4}$ trong bđt trên.

Đặt $q=ab+bc+ca;r=abc \Rightarrow \dfrac{1}{4}<q \le \dfrac{1}{3};0<r \le \dfrac{1}{27}$
Cần chứng minh:$\dfrac{1}{4}<q-2r \le \dfrac{7}{27}$
Ta chứng minh $q-2r \le \dfrac{7}{27}$ trước
$ \Leftrightarrow 2r+\dfrac{7}{27} \ge q$
Theo BĐT Schur,ta có:$r \ge \dfrac{4q-1}{9}$
$ \Rightarrow 2r+\dfrac{7}{27} \ge \dfrac{8q-2}{9}+\dfrac{7}{27}=\dfrac{24q+1}{27} \ge q \Leftrightarrow q \le \dfrac{1}{3}$(luôn đúng)
Vậy ta đã chứng minh xong $q-2r \le \dfrac{7}{27}$
Giờ ta sẽ chứng minh $q-2r >\dfrac{1}{4}$
Xét $S_{ABC}=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)p}=\sqrt{\dfrac{1-2a)(1-2b)(1-2c)}{4}}>0 $
$\Leftrightarrow 4q-8r-1>0 \Leftrightarrow q-2r>\dfrac{1}{4}$
Vậy ta có đpcm.
Theo cách chứng minh trên thì $\dfrac{1}{4}$ đã là hằng số nhỏ nhất sao cho BĐT trên đúng.
P/s:Bài 2 của bạn có đúng đề không vậy ? $f(x)=a^2x+bx+c$ hay $f(x)=ax^2+bx+c$ ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-06-2011 - 16:53

[~nuna~]

Đặt $q=ab+bc+ca;r=abc \Rightarrow \dfrac{1}{4}<q \le \dfrac{1}{3};0<r \le \dfrac{1}{27}$
Cần chứng minh:$\dfrac{1}{4}<q-2r \le \dfrac{7}{27}$
Ta chứng minh $q-2r \le \dfrac{7}{27}$ trước
$ \Leftrightarrow 2r+\dfrac{7}{27} \ge q$
Theo BĐT Schur,ta có:$r \ge \dfrac{4q-1}{9}$
$ \Rightarrow 2r+\dfrac{7}{27} \ge \dfrac{8q-2}{9}+\dfrac{7}{27}=\dfrac{24q+1}{27} \ge q \Leftrightarrow q \le \dfrac{1}{3}$(luôn đúng)
Vậy ta đã chứng minh xong $q-2r \le \dfrac{7}{27}$
Giờ ta sẽ chứng minh $q-2r >\dfrac{1}{4}$
Xét $S_{ABC}=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)p}=\sqrt{\dfrac{1-2a)(1-2b)(1-2c)}{4}}>0 $
$\Leftrightarrow 4q-8r-1>0 \Leftrightarrow q-2r>\dfrac{1}{4}$
Vậy ta có đpcm.
Theo cách chứng minh trên thì $\dfrac{1}{4}$ đã là hằng số nhỏ nhất sao cho BĐT trên đúng.
P/s:Bài 2 của bạn có đúng đề không vậy ? $f(x)=a^2x+bx+c$ hay $f(x)=ax^2+bx+c$ ?

dạ đề đúng ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 14-06-2011 - 12:34

[truclamyentu]

Mọi ng` giúp e lm 2 bài ôn tập hè vs!cám ơn nhìu ạ^^!
Bài 1: Nếu a,b,c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1 thì $\dfrac{1}{4} < ab +bc+ac -2abc \leq \dfrac{7}{27}$ đ�ồng thời không thể thay $ \dfrac{1}{4}$ bằng một số thực R > $\dfrac{1}{4}$ trong bđt trên.
Bài 2: Cho $f( x)= ax ^{2} +bx+c $ biết $| f(0) |; |f (1)|; |f(-1) | \leq 1$
CM: $|f(x) | \leq \dfrac{5}{4} $ với $ \forall x \in [ -1 ;1]$.

Bài 2 :

ta có :

$\begin{array}{l}|f(x)| = \left| {\dfrac{{f(1) + f( - 1) - 2f(0)}}{2}{x^2} + \dfrac{{f(1) - f( - 1)}}{2}x + f(0)} \right|\\\\= \left| {\dfrac{{f(1)}}{2}({x^2} + x) + \dfrac{{f( - 1)}}{2}({x^2} - x) + f(0)(1 - {x^2})} \right|\\\\\le \left| {\dfrac{{f(1)}}{2}({x^2} + x)} \right| + \left| {\dfrac{{f( - 1)}}{2}({x^2} - x)} \right| + \left| {f(0)(1 - {x^2})} \right|\end{array}$

$ = \dfrac{1}{2}\left| {{x^2} + x} \right| + \dfrac{1}{2}\left| {{x^2} - x} \right| + \left| {1 - {x^2}} \right|$

nhận xét :

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - {x^2} \ge 0\forall x \in {\rm{[}} - 1;1]\\({x^2} + x)({x^2} - x) = {x^2}({x^2} - 1) \le \forall x \in {\rm{[}} - 1;1]\end{array} \right.\\\\\Rightarrow \left| {f(x)} \right| = \dfrac{1}{2}\left| {{x^2} + x - {x^2} + x} \right| + 1 - {x^2}\\\\ = \left| x \right| + 1 - {\left| x \right|^2} = \dfrac{5}{4} - {\left( {\left| x \right| - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \le \dfrac{5}{4}\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 13-06-2011 - 19:59