[VMO 2012] Bài 2 - Đa thức

**n.v.thanh** · 11-01-2012, 11:40 AM

Bài 2 (5 điểm).
Cho các cấp số cộng $(a_n), \ (b_n) $ và số nguyên $m>2 $. Xét $m $ tam thức bậc hai : $P_k(x) = x^2 + a_k x + b_k ,\ k=1,2,3,....,m $ .
Chứng minh rằng nếu hai tam thức $P_1(x),\ P_m(x) $ đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

n.t.tuan · 11-01-2012, 12:05 PM

Chú ý $ \{(x,y)\in\mathbb{R}^2|x^2<4y\} $ là tập lồi.

nhox12764 · 11-01-2012, 12:08 PM

Trích:

Nguyên văn bởi n.t.tuan

Chú ý $ \{(x,y)\in\mathbb{R}^2|x^2<4y\} $ là tập lồi.

Tập lồi là tập gì thế ạ?

n.t.tuan · 11-01-2012, 12:09 PM

[Only registered and activated users can see links. ]

ThangToan · 11-01-2012, 12:28 PM

Trích:

Nguyên văn bởi n.v.thanh

Bài 2 (5 điểm).
Cho các cấp số cộng $(a_n), \ (b_n) $ và số nguyên $m>2 $. Xét $m $ tam thức bậc hai : $P_k(x) = x^2 + a_k x + b_k ,\ k=1,2,3,....,m $ .
Chứng minh rằng nếu hai tam thức $P_1(x),\ P_m(x) $ đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

Theo giả thiết ta có: $a_1^2-4b_1<0; a_m^2-4b_m<0 $
Do $(a_n), (b_n) $ là cấp số cộng nên với $1\le k\le m $ ta có đẳng thức sau:
$\begin{array}{l}
{a_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right){a_m} + \left( {m - k} \right){a_1}}}{{m - 1}};{b_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right){b_m} + \left( {m - k} \right){b_1}}}{{m - 1}}\\
\Rightarrow a_k^2 - 4{b_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right)\left( {m - k} \right)\left( {a_m^2 - 4{b_m}} \right) + \left( {k - 1} \right)\left( {m - k} \right)\left( {a_1^2 - 4{b_1}} \right) - \left( {k - 1} \right)\left( {m - k} \right){{\left( {{a_m} - {a_1}} \right)}^2}}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} < 0
\end{array} $ suy đpcm

shido_soichua · 11-01-2012, 12:29 PM

Có lẽ là thế này. Do $P_1(x),P_m(x) $ không có nghiệm thực nên $a_1^2-4b_1 < 0 $ và $a_m^2-4b_m < 0 $
Từ đó có: $[{a_1+(m-1)c}]^2-4[b_1+(m-1)d]<0 $
Suy ra $2c+c^2-4d< \frac{4b_1-a_1^2}{m-1} $
Nên $a_2^2-4b_2<0 $ đo đó $P_2(x) $ không có nghiệm thực.
Tương tự cho các P còn lại

khoile101 · 11-01-2012, 12:33 PM

Câu này mình sử dụng phản chứng, theo giả thiết P1 va Pm > 0 với mọi x, giả sử tồn tại Pk(x) = 0 có nghiệm, gọi ngiệm đó là a, bang tính chat csc ta chứng minh mâu thuẫn

HuongNhat · 11-01-2012, 12:53 PM

Trích:

Nguyên văn bởi khoile101

Câu này mình sử dụng phản chứng, theo giả thiết P1 va Pm > 0 với mọi x, giả sử tồn tại Pk(x) = 0 có nghiệm, gọi ngiệm đó là a, bang tính chat csc ta chứng minh mâu thuẫn

Cùng ý tưởng đây

Xét $ m\ge 3 $. Giả sử tồn tại $i, 2\le i\ge m-1 $ sao cho $P_i(x) $ có nghiệm $x_0 $
Có $P_m(x)-P_{m-1}x\equiv ...\equiv P_{i+1}x-P_i(x)\equiv P_i(x)-P_{i-1}x\equiv ...\equiv P_2{x}-P_1{x}\equiv d_1x+d_2 $
Cho $x=x_0 $ ta có $P_{i+1}x_0=P_{i-1}x_0=d_1x_0+d_2 $
Mà $P_{i+1}x_0-P_{i-1}x_0=2d_1x_0+2d_2=0 $ suy ra $x_0 $ là nghiệm của mọi $P_k(x) $ vô lí

hizact · 11-01-2012, 01:00 PM

Dùng hàm lồi. Đặt $f\left( k \right) = {\Delta _{{P_k}\left( x \right)}} $ thì f lồi nên $f\left( k \right) \le \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( m \right)} \right\} < 0 $

TKT · 11-01-2012, 01:07 PM

Trích:

Nguyên văn bởi ThangToan

Theo giả thiết ta có: $a_1^2-4b_1<0; a_m^2-4b_m<0 $
Do $(a_n), (b_n) $ là cấp số cộng nên với $1\le k\le m $ ta có đẳng thức sau:
$\begin{array}{l}
{a_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right){a_1} + \left( {m - k} \right){a_m}}}{{m - 1}};{b_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right){b_1} + \left( {m - k} \right){b_m}}}{{m - 1}}\\
\Rightarrow a_k^2 - 4{b_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right)\left( {m - k} \right)\left( {a_m^2 - 4{b_m}} \right) + \left( {k - 1} \right)\left( {m - k} \right)\left( {a_1^2 - 4{b_1}} \right) - \left( {k - 1} \right)\left( {m - k} \right){{\left( {{a_m} - {a_1}} \right)}^2}}}{{{{\left( {m - 1} \right)}^2}}} < 0
\end{array} $ suy đpcm

Cách này hình như nhầm rồi bạn, chỗ tính ak theo $a_m $ và $a_1 $ trên tử vẫn còn dư đại lượng $-m^2 + 2mk - 2k + 1 $ mà

P.S: mình là thành viên mới, chưa kịp tìm hiểu cách gõ latex, mọi người thông cảm!

Mashimaru · 11-01-2012, 01:11 PM

Theo giả thiết ta có $P_1(x) > 0 $ và $P_{m} (x) > 0 $, với mọi $x \in \mathbb{R} $. Giả sử ngược lại, tồn tại $k $ trong $\{2, 3, ..., m - 2\} $ thoả mãn $P_{k} (x_{0}) = 0 $. Chú ý rằng $P_{i + 1} (x) - P_{i} (x) = dx + e $, với $d, e $ tương ứng là công sai của $\{a_{n}\} $ và $\{b_{n}\} $, ta phải có $dx_0 + e > 0 $, từ đó dẫn đến $P_1(x_0) < 0 $, suy ra $P_1(x) $ có nghiệm thực. Mâu thuẫn này kết thúc chứng minh.

thanhorg · 11-01-2012, 01:20 PM

Bài này mình làm như sau.mong các bạn xem có đúng không.:
Ta có $a_k = a_1+(k-1)p $
$b_k=b_1+(k-1)q $
Gỉa sử tồn tại k sao cho $P_k{x} $ có nghiệm .
suy ra $a_k^{2}- 4b_k >0 $
hay $(k-1)[ (k-1)p^2 + 2pa_1 - 4q] \ge 4b_1-a_1^{2} > 0 $.
Suy ra $ (k-1)p^2 + 2pa_1 - 4q > 0 $
Mà $ m-1 > k-1 $ Nên $(m-1)[ (m-1)p^2 + 2pa_1 - 4q] >(k-1)[ (k-1)p^2 + 2pa_1 - 4q] > 4b_1-a_1^{2} $
Suy ra $ a_m^{2}- 4b_m > 0 $ Vô lí do giả thiết
Vậy ta có ĐPCM.

**truongvoki_bn** · 11-01-2012, 01:22 PM

Trích:

Nguyên văn bởi n.v.thanh

Bài 2 (5 điểm).
Cho các cấp số cộng $(a_n), \ (b_n) $ và số nguyên $m>2 $. Xét $m $ tam thức bậc hai : $P_k(x) = x^2 + a_k x + b_k ,\ k=1,2,3,....,m $ .
Chứng minh rằng nếu hai tam thức $P_1(x),\ P_m(x) $ đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

Chú ý đẳng thức sau:
$a_k=\frac{a_m(k-1)+a_1(m-k)}{m-1} $

và $b_k=\frac{b_m(k-1)+b_1(m-k)}{m-1} $

Từ đó ta sẽ chứng minh:$a_k^2<4b_k $ với mọi k

Thật vậy: ta có:

$4b_k-a_k^2=4\frac{b_m(k-1)+b_1(m-k)}{m-1}-\frac{[(a_m(k-
1)+a_1(m-k)]^2}{(m-1)^2} $

$=\frac{4(m-1)[b_m(k-1)+b_1(m-k)]-[a_m(k-1)+a_1(m-k)]^2}{(m-1)^2}>\frac{(k-1)(m-k)(a_
m-a_1)^2}{(m-1)^2}\ge 0 $

(Do $4(m-1)(k-1).b_m-a_m^2(k-1)^2>(k-1)a_m^2[(m-1)-(k-1)]=(k-1)(m-k)a_m^2 $

và $4(m-1)(m-k).b_1-a_1^2(m-k)^2>(m-k)a_1^2[(m-1)-(m-k)]=(k-1)(m-k)a_1^2 $

ThangToan · 11-01-2012, 01:27 PM

Trích:

Nguyên văn bởi TKT

Cách này hình như nhầm rồi bạn, chỗ tính ak theo $a_m $ và $a_1 $ trên tử vẫn còn dư đại lượng $-m^2 + 2mk - 2k + 1 $ mà

P.S: mình là thành viên mới, chưa kịp tìm hiểu cách gõ latex, mọi người thông cảm!

MÌnh đã sửa lại rồi: ${a_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right){a_m} + \left( {m - k} \right){a_1}}}{{m - 1}};{b_k} = \frac{{\left( {k - 1} \right){b_m} + \left( {m - k} \right){b_1}}}{{m - 1}} $

kirin · 11-01-2012, 01:46 PM

Bài này ý tưởng khá cơ bản và tự nhiên là cm đenta nhỏ hơn 0, có ai làm theo hướng đó ko?

11-01-2012, 11:40 AM	#1
n.v.thanh Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts	[VMO 2012] Bài 2 - Đa thức Bài 2 (5 điểm). Cho các cấp số cộng $(a_n), \ (b_n) $ và số nguyên $m>2 $. Xét $m $ tam thức bậc hai : $P_k(x) = x^2 + a_k x + b_k ,\ k=1,2,3,....,m $ . Chứng minh rằng nếu hai tam thức $P_1(x),\ P_m(x) $ đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

11-01-2012, 12:05 PM	#2
n.t.tuan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts	Chú ý $ \{(x,y)\in\mathbb{R}^2\|x^2<4y\} $ là tập lồi. __________________ T.

11-01-2012, 12:09 PM	#4
n.t.tuan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 1,250 Thanks: 119 Thanked 616 Times in 249 Posts	[Only registered and activated users can see links. ] __________________ T.

11-01-2012, 12:29 PM	#6
shido_soichua Maths is my life Tham gia ngày: Oct 2009 Đến từ: Ninh Bình Bài gởi: 300 Thanks: 31 Thanked 132 Times in 76 Posts	Có lẽ là thế này. Do $P_1(x),P_m(x) $ không có nghiệm thực nên $a_1^2-4b_1 < 0 $ và $a_m^2-4b_m < 0 $ Từ đó có: $[{a_1+(m-1)c}]^2-4[b_1+(m-1)d]<0 $ Suy ra $2c+c^2-4d< \frac{4b_1-a_1^2}{m-1} $ Nên $a_2^2-4b_2<0 $ đo đó $P_2(x) $ không có nghiệm thực. Tương tự cho các P còn lại __________________ http://luongvantuy.org/forum.php Chuyên Văn - Lương Văn Tụy

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây

11-01-2012, 12:33 PM	#7
khoile101 Banned Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: THPT Chuyen Ha tinh Bài gởi: 75 Thanks: 58 Thanked 27 Times in 19 Posts	Câu này mình sử dụng phản chứng, theo giả thiết P1 va Pm > 0 với mọi x, giả sử tồn tại Pk(x) = 0 có nghiệm, gọi ngiệm đó là a, bang tính chat csc ta chứng minh mâu thuẫn

11-01-2012, 01:00 PM	#9
hizact +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts	Dùng hàm lồi. Đặt $f\left( k \right) = {\Delta _{{P_k}\left( x \right)}} $ thì f lồi nên $f\left( k \right) \le \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( m \right)} \right\} < 0 $

11-01-2012, 01:11 PM	#11
Mashimaru +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2008 Bài gởi: 89 Thanks: 19 Thanked 70 Times in 28 Posts	Theo giả thiết ta có $P_1(x) > 0 $ và $P_{m} (x) > 0 $, với mọi $x \in \mathbb{R} $. Giả sử ngược lại, tồn tại $k $ trong $\{2, 3, ..., m - 2\} $ thoả mãn $P_{k} (x_{0}) = 0 $. Chú ý rằng $P_{i + 1} (x) - P_{i} (x) = dx + e $, với $d, e $ tương ứng là công sai của $\{a_{n}\} $ và $\{b_{n}\} $, ta phải có $dx_0 + e > 0 $, từ đó dẫn đến $P_1(x_0) < 0 $, suy ra $P_1(x) $ có nghiệm thực. Mâu thuẫn này kết thúc chứng minh.

11-01-2012, 01:20 PM	#12
thanhorg +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2011 Đến từ: T1K20- Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 213 Thanks: 155 Thanked 145 Times in 89 Posts	Bài này mình làm như sau.mong các bạn xem có đúng không.: Ta có $a_k = a_1+(k-1)p $ $b_k=b_1+(k-1)q $ Gỉa sử tồn tại k sao cho $P_k{x} $ có nghiệm . suy ra $a_k^{2}- 4b_k >0 $ hay $(k-1)[ (k-1)p^2 + 2pa_1 - 4q] \ge 4b_1-a_1^{2} > 0 $. Suy ra $ (k-1)p^2 + 2pa_1 - 4q > 0 $ Mà $ m-1 > k-1 $ Nên $(m-1)[ (m-1)p^2 + 2pa_1 - 4q] >(k-1)[ (k-1)p^2 + 2pa_1 - 4q] > 4b_1-a_1^{2} $ Suy ra $ a_m^{2}- 4b_m > 0 $ Vô lí do giả thiết Vậy ta có ĐPCM.

11-01-2012, 01:46 PM	#15
kirin +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Đến từ: http://m.facebook.com/story.php?story_fbid=488454984546725&id=165605226827592&refid=17&ref=stream Bài gởi: 13 Thanks: 1 Thanked 0 Times in 0 Posts	Bài này ý tưởng khá cơ bản và tự nhiên là cm đenta nhỏ hơn 0, có ai làm theo hướng đó ko?