Bài 104614

Question

Giả sử $a \ge b > 0$ và $a + b = 1$
1) Chứng minh $a^m - a^n \ge b^n - b^m > 0$ Với $m,n \in Z^ + $ và $m < n$
2) Chứng minh tam thức $f(x) = x^2 - b^nx-a^n$ có hai nghiệm phân biệt $ \in ( - 1,1)$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 5/17/2012 3:57:18 PM

Nhắc lại : Với $0<A<1$ và $p \le q$ là các số nguyên duơng thì $ A^p \ge A^q$.

Từ điều kiện của bài toán ta suy ra $ 0 <a, b <1$.
1)    BĐT ${b^m} - {b^n} > 0$ hiển nhiên vì $b \in (0,1)$ và $m < n$
Chỉ còn phải chứng minh ${a^m} - {a^n} \ge {b^m} - {b^n}$                        (2)
Do $n > m$ nên $n = m + k$ ( với $k \ge 1$)
(2)$ \Leftrightarrow {a^m}(1 - {a^k}) \ge {b^m}(1 - {b^k})$
     $ \Leftrightarrow {a^m}(1 - a)(1 + a + {a^2} + ... + {a^{k - 1}}) \ge {b^m}(1 - b)(1 + {b^1} + {b^2} + ... + {b^{k - 1}})$
     $ \Leftrightarrow {a^m}b(1 + a + {a^2} + ... + {a^{k - 1}}) \ge {b^m}a.(1 + b + {b^2} + ... + {b^{k - 1}})$            (3)
Do $ a \ge b>0$ và $m \ge 1$ nên có             ${a^m}b \ge {b^m}a$                            (4)
( vì (4) $ \Leftrightarrow ab({a^{m - 1}} - {b^{m - 1}}) \ge 0$)
Mặt khác do $a \ge b > 0$ nên hiển nhiên có
    $1 + a + {a^2} + ... + {a^{k - 1}} \ge 1 + b + {b^2} + ... + {b^{k - 1}}$                    (5)
Nhân từng vế (4) và (5) ta được (3) (đpcm)
2) $\Delta = {b^{2n}} + 4{a^n} > 0$ : phương trình có hai nghiệm phân biệt.
$f( 1) = 1 - ({a^n} + {b^n}) =(a+b) - ({a^n} + {b^n}) = (a-a^n)+(b-b^n)>0$ do $a, b \in \left( {0,1} \right)$
$ f(0)= -a^n <0   \forall a \in (0, 1) $
$f( - 1) = 1 + {b^n} - {a^n} > (1 - {a^n}) + {b^n} > 0$ do $a \in \left( {0,1} \right)$
Do đó $ f(0).f(1) <0 $ và $ f(0).f(-1) <0 $ nên phương trình $f(x)=0$ có một nghiệm thuộc $(0, 1)$ và một nghiệm thuộc $(-1, 0)$.
Vậy phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt thuộc $(-1, 1)$. (đpcm)

Bài 104614

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 104614

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan