Bài toán. Cho P(x) là một đa thức bậc n có hệ số thực không âm. Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng \sqrt[m]{P(a)}, \sqrt[m]{P(b)}, \sqrt[m]{P(c)} cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn, trong đó m\geq n là một số nguyên dương.
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a = \max\{a, b, c\}. Khi đó a^2 < b^2 + c^2.
Giả sử
P(x) = d_n x^n + \cdots + d_1x + d_0,
trong đó d_i \geq 0, \forall i = 0, 1\ldots, n, d_n \neq 0.
Khi đó
\sqrt[m]{P(b)^2} + \sqrt[m]{P(c)^2} = \sqrt[m]{\left(d_n b^n + \cdots + d_1 b + d_0 \right)^2} + \sqrt[m]{\left( d_n c^n + \cdots + d_1c + d_0 \right)^2}
=b^2\cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{b^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{b^{m-1}} + \frac{d_0}{b^m} \right)^2}+c^2\cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{c^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{c^{m-1}} + \frac{d_0}{c^m} \right)^2}.
Với chú ý b\leq a, c\leq a, ta có
\sqrt[m]{P(b)^2} + \sqrt[m]{P(c)^2} \geq (b^2 + c^2)\cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{a^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{a^{m-1}} + \frac{d_0}{a^m} \right)^2}
> a^2 \cdot \sqrt[m]{\left( \frac{d_n}{a^{m-n}} + \cdots + \frac{d_1}{a^{m-1}} + \frac{d_0}{a^m} \right)^2}=\sqrt[m]{P(a)^2}.
Hơn nữa, vì \sqrt[m]{P(a)} lớn nhất trong ba số \sqrt[m]{P(a)}, \sqrt[m]{P(b)}, \sqrt[m]{P(c)} nên ta có kết luận của bài toán.
Nhận xét.
i) Nhắc lại: Cho a, b, c là ba số thực dương, trong đó a là số lớn nhất. Khi đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi a^2 < b^2 + c^2.
\Rightarrow| Giả sử a, b, c là ba cạnh của một tam giác nhọn. Kết luận được suy ra từ Định lý cos.
\Leftarrow| Giả sử a^2 < b^2 + c^2. Khi đó a< b + c. Mà a lớn nhất nên a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Sử dụng Định lý cos trong tam giác ta thấy góc đối diện cạnh lớn nhất a là góc nhọn nên tam giác vừa nêu cũng là tam giác nhọn.
ii) Nếu thay m=n=2023 ta được một câu hỏi trong đề thi HSG lớp 11 Vĩnh Phúc 2023.
iii) Có thể thay cụm từ "tam giác nhọn" bởi những cụm từ nào khác?
No comments:
Post a Comment