Chủ đề này có 1 trả lời

[beontop97]

Cho $f\left ( x \right ) = x^{2}+bx+c$. Chứng minh : m,n,k là 3 số nguyên đôi một khác nhau thì max $\left \{ |f\left ( m \right )|;|f\left ( n \right )|;|f\left ( k \right )| \right \}\geq \frac{1}{2}$

MOD : Chú ý cách đặt tiêu đề.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRUNGKIEN1997: 31-07-2012 - 10:08

[dactai10a1]

Cho $f\left ( x \right ) = x^{2}+bx+c$. Chứng minh : m,n,k là 3 số nguyên đôi một khác nhau thì max $\left \{ |f\left ( m \right )|;|f\left ( n \right )|;|f\left ( k \right )| \right \}\geq \frac{1}{2}$

Không mất tổng quát giả sử m<n<k
Do m,n,k là số nguyên nên $k - m \ge 2$
Giả sử $m{\rm{ax}}\left\{ {\left| {f(m)} \right|;\left| {f(n)} \right|;\left| {f(k)} \right|} \right\} \le \frac{1}{2}$
Ta có $\left| {f(k) - f(n)} \right| \le \left| {f(k)} \right| + \left| {f(n)} \right| < 1 \Leftrightarrow \left| {{k^2} + bk + c - {n^2} - bn - c} \right| < 1 \Leftrightarrow \left| {(k - n)(k + n + b)} \right| < 1$
k>n,k,n thuộc Z nên $\left| {k - n} \right| \ge 1 \Rightarrow \left| {k + n + b} \right| < 1$.Tương tự $\left| {m + n + b} \right| < 1$
$k - m = (k + n + b) - (m + n + b) \Rightarrow k - m = \left| {k - m} \right| = \left| {(k + n + b) - (m + n + b)} \right| \le \left| {k + n + b} \right| + \left| {m + n + b} \right| < 2$
Vô lí ,suy ra đpcm