[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.

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

Tập lồi là tập gì thế ạ? +_+

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

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

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 =p~
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

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 $

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!

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.

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.

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 $

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}} $

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