a) Chứng minh \[{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge \sqrt 2 \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right),\] với mọi \[x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}.\]
b) Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi \[x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}\]
\[k\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] \ge \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right).} \right|\]
a) Chứng minh \[{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge \sqrt 2 \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right),\] với mọi \[x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}.\]
b) Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi \[x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}\]
\[k\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] \ge \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right).} \right|\]
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Cách 1:
*) Áp dụng bất đảng thức B-C-S, ta có:
\(\begin{array}{l}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} \right]\left[ {{1^2} + {1^2}} \right] \ge {\left[ {\left( {x - 1} \right).1 + \left( {y - 1} \right).1} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} \ge \frac{{{{\left( {x + y - 2} \right)}^2}}}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{1} \Leftrightarrow x = y\)
*) Áp dụng bất đảng thức AM-GM, ta có:
\(\frac{{{{\left( {x + y - 2} \right)}^2}}}{2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge 2\sqrt {\frac{{{{\left[ {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right]}^2}}}{2}} = \sqrt 2 \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{{{{\left( {x + y - 2} \right)}^2}}}{2} = {\left( {z - 1} \right)^2}\)
*) Mặt khác: \(\left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right| \ge \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\)
(Dấu “=” xảy ra khi \(\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right) \ge 0\)).
Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta suy ra:
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge \sqrt 2 \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)
*) Đẳng thức \(\left( 4 \right)\) xảy ra khi: \(\left\{ \begin{array}{l}x = y\\\left| {x + y - 2} \right| = \sqrt 2 \left| {z - 1} \right|\\\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right) \ge 0\end{array} \right.\)
(Chẳng hạn tại \(x = y = z = 1\))
Cách 2:
Đặt \(\left( {\left( {x - 1} \right),\,\,\left( {y - 1} \right),\,\,\left( {z - 1} \right)} \right) = \left( {a,\,\,b,\,\,c} \right)\)
Ta có: \(VT = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + {c^2} \ge 2\sqrt {\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}.{c^2}}}{2}} = \sqrt 2 \left| {\left( {a + b} \right)c} \right| \ge \sqrt 2 \left( {a + b} \right)c = VP\)
Vậy \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} \ge \sqrt 2 \left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)\) với mọi \(x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = \frac{{z - 1 + \sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}\).
(Chẳng hạn tại \(x = y = z = 1\))
b)
Giả sử \(k\) là số thực nhỏ nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi \(x,\,\,y,\,\,z \in \mathbb{R}\):
\(k\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] \ge \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
\( \Rightarrow \) Bắt đẳng thức \(\left( * \right)\) cũng đúng khi \(x = y\), \(\left| {x + y - 2} \right| = \left| {\sqrt 2 \left( {z - 1} \right)} \right|\)
(Hay \(x = y\), \(\left| {z - 1} \right| = \sqrt 2 \left| {x - 1} \right|\))
Do đó: \(k\left[ {2{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 2{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right] \ge \left| {2\left( {x - 1} \right).\sqrt 2 \left( {x - 1} \right)} \right|\)
\( \Leftrightarrow 4k{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 2\sqrt 2 {\left( {x - 1} \right)^2}\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)
Cho \(x = 2\), ta được: \(4k \ge 2\sqrt 2 \Leftrightarrow k \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)
*) Ta chứng minh với mọi \(k \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) thì bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đúng.
Thật vậy:
\(\begin{array}{l}k\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right] = \left( {k - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\\ \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\end{array}\)
\( \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt 2 \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right| = \left| {\left( {x + y - 2} \right)\left( {z - 1} \right)} \right|\) (theo chứng minh của câu a).
Khi \(k = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) thì theo chứng minh câu a ta cũng có bất đẳng thức \(\left( * \right)\) đúng.
Vậy giá trị \(k\) nhỏ nhất cần tìm là \(k = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
![a) Chứng minh \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/12/blobid1-1766503750.png)
Lời giải
a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p không chia hết cho 2, 3 và 5 (1)
Ta có \[{p^2}\] là số chính phương \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 3} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 0\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
Kết hợp với (1) \[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\\left[ \begin{array}{l}{p^2} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\\{p^2} \equiv 4\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\\{p^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right)\end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,3\\\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,5\end{array} \right.\] (*)
Mặt khác từ (1) \[ \Rightarrow p\] lẻ
\[ \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 16} \right)\]
\[ \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\] (**)
Từ (*), (**) và 3, 5, 16 nguyên tố cùng nhau suy ra \[\left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {3 \cdot 5 \cdot 16} \right) \Rightarrow \left( {{p^4} - 1} \right)\,\, \vdots \,\,240.\]
Vậy \[{p^4} - 1\] chia hết cho 240 với mọi số nguyên tố \[p > 5.\]
Cách 2:
Do \[p\cancel{ \vdots }3,\,\,p\cancel{ \vdots }5\] nên theo định lí Fecma nhỏ ta có
\[\begin{array}{l}{p^2} - 1\,\, \vdots \,\,3;\,\,{p^4} - 1\,\, \vdots \,\,5\\ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,15.\end{array}\]
Ta có \[{p^4} - 1 = \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right).\]
Dễ thấy \[p - 1 < p + 1 < {p^2} + 1\] và \[p - 1;\,\,p + 1;\,\,{p^2} + 1\] là ba số chẵn.
Mặt khác \[p - 1;\,\,p + 1\] là hai số chẵn liên tiếp \[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\,\, \vdots \,\,8\]
\[ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,16\]
\[ \Rightarrow {p^4} - 1\,\, \vdots \,\,\left( {16 \cdot 15} \right) = 240.\]
Cách 3:
Ta có \({p^5} - p = p\left( {{p^4} - 1} \right)\)
\(\begin{array}{l} = p\left( {{p^2} - 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right)\\ = p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} - 4 + 5} \right)\\ = \left( {p - 2} \right)\left( {p - 1} \right)p\left( {p + 1} \right)\left( {p + 2} \right) + 5p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\end{array}\)
Vì \(p - 2,p - 1,p,p + 1,p + 2\) là 5 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 và 5
Mà (3,5) = 1
\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 15{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Lại có : P là số nguyên tố >5 nên \[p - 1,p + 1\]là hai số chẵn liên tiếp và \[{p^2} + 1 \vdots 2\]
\( \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {{p^2} + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2)\( \Rightarrow \left( {p - 2} \right)\left( {p + 2} \right)p\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 240{\rm{ }}\left( {v\`i {\rm{ }}\left( {15,16} \right) = 1} \right)\)
Dễ thấy với p là số nguyên tố >5 thì :
\(\begin{array}{l}{\rm{ }}\left[ \begin{array}{l}p \equiv 1(\bmod 4)\\p \equiv 3(\bmod 4)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right) \vdots 16{\rm{ }}\left( * \right)\end{array}\)
Mặt khác, \(p,(p - 1),\left( {p + 1} \right)\) là 3 số tự nhiên liên tiếp
\( \Rightarrow p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 3{\rm{ }}\left( {**} \right)\)
Từ (*) và (**)
\( \Rightarrow 5p(p - 1)\left( {p + 1} \right) \vdots 240\)
Suy ra \({p^5} - p \vdots 240\)
Mà (p,240) =1
\( \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 240{\rm{ }}\forall {\rm{p}}\)là số nguyên tố >5(đpcm)
b) Gọi x là số lần cắt để bạn An có được 55 hình vuông (ĐK: \[x \in \mathbb{N}*,\,\,x > 2\]).
- Sau lần cắt thứ nhất bạn An có được \[4 = 3 \cdot 1 + 1\] (hình vuông).
- Sau lần cắt thứ hai bạn An có được \[3 + 4 = 7 = 3 \cdot 2 + 1\] (hình vuông).
- Sau lần cắt thứ ba bạn An có được \[3 + 3 + 4 = 10 = 3 \cdot 3 + 1\] (hình vuông).
....
\[ \Rightarrow \] Sau x lần cắt, bạn An có được \[3x + 1\] (hình vuông).
Theo đề bài, ta có phương trình
\[\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3x + 1 = 55\\ \Leftrightarrow 3x = 54\\ \Leftrightarrow x = \frac{{54}}{3} = 18\,\,(n).\end{array}\]
Vậy sau 18 lần cắt bạn An có được 55 hình vuông.
Lời giải
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\]. Tìm \[b\] để \[x_2^2 = 9{x_1}\].
+) Ta có: \[\Delta = {b^2} - 4.1.( - 7 + 2b) = {b^2} - 8b + 28\]\[ = {(b - 4)^2} + 12 \ge 12 > 0\] \[\forall b\]
\[ \Rightarrow \] (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].
+) \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - b\\{x_1}.{x_2} = 2b - 7\end{array} \right.( * )\]
Với \[x_2^2 = 9{x_1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} + \frac{{x_2^2}}{9} = - b\\\frac{{x_2^2}}{9} \cdot {x_2} = 2b - 7\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{x_2} + \frac{{2x_2^2}}{9} = - 2b\\\frac{{x_2^2}}{9} \cdot {x_2} = 2b - 7\end{array} \right.\]
Cộng vế theo vế ta được: \[2{x_2} + \frac{{2x_2^2}}{9} + \frac{{x_2^3}}{9} = - 7\]
\[ \Leftrightarrow x_2^3 + 2x_2^2 + 18{x_2} + 63 = 0\]
\[ \Leftrightarrow ({x_2} + 3).(x_2^2 - {x_2} + 21) = 0\]
\[ \Leftrightarrow {x_2} = - 3\]
\[ \Rightarrow {x_1} = \frac{{x_2^2}}{9} = 1\]
\[( * ) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 = - b\\ - 3 = 2b - 7\end{array} \right. \Leftrightarrow b = 2 \in \mathbb{Z}\] (thỏa mãn)
b) Chứng minh rằng nếu \[b\] là số nguyên lẻ thì phương trình (1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cách 1: Nếu \[b\] lẻ \[ \Rightarrow \]\[b - 4\] lẻ
Đặt \[b - 4 = 2k + 1\]\[\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\]
Ta cần chứng minh \[\Delta \] không là số chính phương.
Phản chứng: \[\Delta \] là số chính phương
\[ \Rightarrow \] Đặt \[{\left( {2k + 1} \right)^2} + 12 = {m^2} \Rightarrow m\] lẻ
Đặt \[m = 2l + 1 \Rightarrow \Delta = 4{k^2} + 4k + 13 = 4{l^2} + 4l + 1\]
\[ \Rightarrow {k^2} + k + 3 = {l^2} + l\] (vô lí)
Vậy \[\Delta \] không là số chính phương \[ \Rightarrow \](1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cách 2: Giả sử (1) có nghiệm hữu tỉ, gọi là: \[\frac{p}{q}\left( {p \in \mathbb{Z},q \in \mathbb{N}*,(p,q) = 1} \right)\].
Theo tính chất về nghiệm hữu tỉ của đa thức nguyên, ta có \[q|1\] và \[p|2b - 7\] \[ \Rightarrow q = 1\] và \[p\] lẻ.
Hơn nữa, do \[q = 1\] nên \[p\] là nghiệm nguyên của (1) \[ \Rightarrow {p^2} + bp - 7 + 2b = 0\].
Mà điều này là vô lí do \[{p^2} + bp - 7 + 2b\] lẻ \[ \Rightarrow \] Điều giả sử là sai hay (1) không có nghiệm hữu tỉ.
Cách 3: Đặt \[{b^2} - 4.(2b - 7) = {a^2},a \in \mathbb{N}\](*)
Nếu \[b\] lẻ \[ \Rightarrow \] VP lẻ \[ \Rightarrow \]a lẻ
Từ (*) \[ \Rightarrow {b^2} - {a^2} = 4.(2b - 7)\]
Vì a, b đều lẻ nên \[{a^2},{b^2} \equiv 1\] \[(\bmod 8)\]
\[ \Rightarrow 8|{a^2} - {b^2}\]
Mà \[4.(2b - 7)\] không chia hết cho 8 (Do \[2b - 7\] lẻ).
\[ \Rightarrow \] Mâu thuẫn
Vây khi \[b\] là số nguyên lẻ thì phương trình không thể có nghiệm hữu tỉ.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập