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)$

Đề bài:

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)$ Bài giải:

Nhắc lại : Với $0
Từ điều kiện của bài toán ta suy ra $ 0 1)    BĐT ${b^m} – {b^n} > 0$ hiển nhiên vì $b \in (0,1)$ và $m 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 $f( – 1) = 1 + {b^n} – {a^n} > (1 – {a^n}) + {b^n} > 0$ do $a \in \left( {0,1} \right)$
Do
đó $ f(0).f(1) Vậy phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm phân biệt thuộc $(-1, 1)$. (đpcm)