Ứng dụng của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức – Tài liệu, ebook

22 trang

| Chia sẻ : phuongdinh47

| Lượt xem: 5680

| Lượt tải : 7

Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Ứng dụng của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Đỗ Trọng Đạt – Tăng Hải Tuân – Trần Trung Kiên I. Lời nói đầu Trong quy trình học trung học cơ sở và trung học phổ thông chắc rằng những bạn đã không ít gặp những ứng dụng của tam thức bậc 2, như tìm nghiệm của phương trình, tìm miền giá trị …. Đơn giản và trong sáng, sử dụng tam thức bậc 2 để chứng minh bất đẳng thức từ lâu đã là 1 chiêu thức hay và hiệu suất cao. Qua bài viết này, chúng tôi xin ra mắt chiêu thức đó và sắc màu của nó qua mỗi bài toán. Nhóm tác giả 1. Tăng Hải Tuân – vatliphothong.vn 2. Đỗ Trọng Đạt – 10 Toán 1 trung học phổ thông Chuyên Tỉnh Thái Bình 3. Trần Trung Kiên – Thành phố Hồ Chí Minh II. Tóm tắt kim chỉ nan Xét tam thức bậc 2 f ( x ) = ax2 + bx + c với a 6 = 0. f ( x ) hoàn toàn có thể viết lại dưới dạng tương tự là : f ( x ) = a. ( x + b 2 a ) 2 + 4 ac − b2 4 a Từ đẳng thức đơn thuần này và đồ thị hàm số của tam thức bậc 2 ta hoàn toàn có thể rút ra 1 số quan hệ về dấu của f ( x ) với a và ∆, từ đó đi đến 1 số đặc thù của tam thức bậc 2 để vận dụng chứng minh bất đẳng thức : Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax2 + bx + c với a khác 0. Khi đó ta có Tiêu chuẩn 1. f ( x ) ≥ 0 ⇔ { a > 0 ∆ ≤ 0. Tiêu chuẩn 2. f ( x ) ≤ 0 ⇔ { a < 0 ∆ ≤ 0. 1 Tiêu chuẩn 3. f ( x ) > 0 với mọi x > α ⇔        a > 0 [ f ( x ) = 0 vô nghiệm f ( x ) = 0 có nghiệm x1 ≤ x2 ≤ α ⇔               { a > 0 ∆ < 0                a > 0 ∆ ≥ 0 af ( α ) ≥ 0 − b 2 a ≤ α Tiêu chuẩn 4. f ( x ) > 0 với mọi x < α ⇔        a > 0 [ f ( x ) = 0 vô nghiệm f ( x ) = 0 có nghiệm α ≤ x1 ≤ x2 ⇔               { a > 0 ∆ < 0                a > 0 ∆ ≥ 0 af ( α ) ≥ 0 − b 2 a ≥ α Tiêu chuẩn 5. f ( x ) α ⇔        a < 0 [ f ( x ) = 0 vô nghiệm f ( x ) = 0 có nghiệm x1 ≤ x2 ≤ α ⇔               { a < 0 ∆ < 0                a < 0 ∆ ≥ 0 af ( α ) ≥ 0 − b 2 a ≤ α Tiêu chuẩn 6. f ( x ) < 0 với mọi x < α ⇔        a < 0 [ f ( x ) = 0 vô nghiệm f ( x ) = 0 có nghiệm α ≤ x1 ≤ x2 ⇔               { a < 0 ∆ < 0                a < 0 ∆ ≥ 0 af ( α ) ≥ 0 − b 2 a ≥ α 2 Tiêu chuẩn 7. f ( x ) > 0 với mọi x ∈ ( α, β ) ⇔                           a > 0     f ( x ) = 0 vô nghiệm f ( x ) = 0 có nghiệm α ≤ β ≤ x1 ≤ x2 f ( x ) = 0 có nghiệm x1 ≤ x2 ≤ α ≤ β { a < 0 f ( x ) = 0 có nghiệm x1 ≤ α < β ≤ x2 ⇔                                                                                a > 0                      ∆ < 0          ∆ ≥ 0 af ( β ) ≥ 0 − b 2 a ≥ β          ∆ ≥ 0 af ( α ) ≥ 0 − b 2 a ≤ α        a < 0 af ( α ) ≤ 0 af ( β ) ≤ 0 Tiêu chuẩn 8. f ( x ) < 0 với mọi x ∈ ( α, β ) ⇔                           a < 0     f ( x ) = 0 vô nghiệm f ( x ) = 0 có nghiệm α ≤ β ≤ x1 ≤ x2 f ( x ) = 0 có nghiệm x1 ≤ x2 ≤ α ≤ β { a > 0 f ( x ) = 0 có nghiệm x1 ≤ α < β ≤ x2 ⇔                                                                       a < 0                   ∆ < 0          ∆ ≥ 0 af ( β ) ≥ 0 − b 2 a ≥ β          ∆ ≥ 0 af ( α ) ≥ 0 − b 2 a ≤ α        a > 0 af ( α ) ≤ 0 af ( β ) ≤ 0 Và 1 số chú ý quan tâm cơ bản sau : ? Phương trình f ( x ) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ? a. f ( x ) ≥ 0 ∀ x ⇔ ∆ = b2 − 4 ac ≤ 0. Và khi đó f ( x ) = 0 ⇔ ∆ = 0 ? Nếu sống sót 1 số α sao cho a. f ( α ) ≤ 0 thì phương trình f ( x ) = 0 luôn có nghiệm. Trong trường hợp tìm được α thỏa a. f ( α ) < 0 thì suy ra phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 < α < x2 và ∆ > 0 ? Nếu sống sót 1 số α, β sao cho f ( α ). f ( β ) ≤ 0 thì phương trình f ( x ) = 0 luôn có nghiệm. Trong trường hợp tìm được α, β thỏa f ( α ). f ( β ) 0 3 III. Sử dụng tam thức bậc 2 để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Ví dụ 1. ( Đề thi HSG TP. Hồ Chí Minh 2006 – 2007 ) Tìm ba số thực x, y, z thỏa mãn nhu cầu hệ { x + y + z = 1 ( 1 ) x2 + 2 y2 + 3 z2 = 4 ( 2 ) sao cho x đạt giá trị lớn nhất. Lời giải : Ta có ( 1 ) ⇔ z = 1 − x − y. Thay vào ( 2 ) ta được x2 + 2 y2 + 3 ( 1 − x − y ) 2 = 4 ⇔ x2 + 2 y2 + 3 ( 1 + x2 + y2 − 2 x + 2 xy − 2 y ) = 4 ⇔ 5 y2 + 6 ( x − 1 ) y + 4×2 − 6 x − 1 = 0 ( 3 ) Ta phải có ∆ ′ ≥ 0 ⇔ 9 ( x2 − 2 x + 1 ) − 20×2 + 30 x + 5 ≥ 0 ⇔ − 11×2 + 12 x + 14 ≥ 0 ⇔ 6 − √ 190 11 ≤ x ≤ 6 + √ 190 11 Vì x lớn nhất nên x ≤ 6 + √ 190 11 Khi x = 6 + √ 190 11 thì y = 15 − 3 √ 190 55 ; z = 10 − 2 √ 190 55 Ví dụ 2. Cho những số thực x, y thoả x2 + y2 + xy − 6 ( x + y ) + 11 = 0. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức : P. = 2 x + y Lời giải : Với điểm đẳng thức lẻ và giả thiết rắc rối, chắc rằng bài toán khó hoàn toàn có thể sử dụng những bất đẳng thức cổ xưa để giải, nhưng với công cụ tam thức bậc 2 thì ta hoàn toàn có thể tạo ra một lời giải trong sáng hơn rất nhiều : Rút y = P. − 2 x, thế vào giả thiết ta có : x2 + ( P − 2 x ) 2 + ( P − 2 x ) x − 6 ( P − x ) + 5 = 0 ⇔ 3×2 − ( 3P − 6 ) x + P. 2 − 6P + 5 = 0 Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn x, điều kiện kèm theo cần và đủ đề phương trình có nghiệm là : ∆ = ( 3P − 6 ) 2 − 12 ( P. 2 − 6P + 5 ) ≥ 0 ⇔ − 3. ( P. 2 − 12P + 8 ) ≥ 0 ⇔ 6 − 2 √ 7 ≤ P. ≤ 6 + 2 √ 7 Vậy MinP = 6 − 2 √ 7, MaxP = 6 + 2 √ 7. Ví dụ 3. Cho những số thực không âm x, y, z thỏa mãn nhu cầu : x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của : P = 9 xy + 10 yz + 11 zx 4 Lời giải : Để ý rằng, với giả thiết x + y + z = 1 thì P = 9 xy + 10 yz + 11 zx = 9 xy + z ( 10 y + 11 x ) = 9 xy + ( 1 − x − y ) ( 10 y + 11 x ) Khai triển và rút gọn, ta thu được P = − 11×2 − 10 y2 + 11 x + 10 y − 12 xy Tương đương với 11×2 + ( 12 y − 11 ) x + 10 y2 − 10 y + P = 0 ( * ) Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện kèm theo sống sót của x nên suy ra ( * ) phải có nghiệm, tức ∆ = ( 12 y − 11 ) 2 − 44 ( 10 y2 − 10 y + P. ) ≥ 0 Hay − 296 y2 + 176 y + 121 − 44P ≥ 0 Tương đương với P ≤ − 74 11 ( y2 − 22 37 y − 121 296 ) Dùng phép tách thành bình phương, thuận tiện nhận thấy y2 − 22 37 y − 121 296 ≥ − 5445 10952 Từ đó, suy ra P ≤ ( − 74 11 ). ( − 5445 10952 ) = 495 148 Vậy Kết luận Max P = 495 148, đạt được khi y = 11 37, x = 25 74, z = 27 74 Một lời giải nhẹ nhàng, ý tưởng sáng tạo bắt nguồn từ việc đưa biểu thức từ 3 biến về 2 biến rồi 1 biến ( Sau khi xét ∆ ) Hoàn toàn tựa như, ta hoàn toàn có thể dùng ý tưởng sáng tạo này để chứng minh những bài toán có dạng : Cho những số thực không âm x, y, z thỏa mãn nhu cầu : x + y + z = k. Tìm giá trị lớn nhất của : P. = mxy + nyz + qzx Ví dụ 4. ( Vasile-Cirtoaje ) Chứng minh ∀ a, b, c ∈ R ta luôn có bất đẳng thức : ( a2 + b2 + c2 ) 2 ≥ 3 ( a3b + b3c + c3a ) Lời giải : Đặt b = a + x, c = a + y khi đó bất đẳng thức đã cho tương tự với : ( x2 − xy + y2 ) a2 − ( x3 − 5×2 y + 4 xy2 + y3 ) a + x4 − 3×3 y + 2×2 y2 + y4 ≥ 0 Dễ thấy đây là một tam thức bậc hai của a với thông số cao nhất dương. Và ta xét biệt thức : ∆ a = ( x 3 − 5×2 y + 4 xy2 + y3 ) 2 − 4 ( x2 − xy + y2 ) ( x4 − 3×3 y + 2×2 y2 + y4 ) = − 3 ( x3 − x2y − 2 xy2 + y3 ) 2 ≤ 0 5 Vậy nên hiển nhiên f ( a ) ≥ 0. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc ( a ; b ; c ) tỷ suất với bộ ( sin2 4 pi 7 ; sin2 2 pi 7 ; sin2 pi 7 ) và những hoán vị tương ứng. Ví dụ 5. ( Tuyển sinh ĐH khối B 2008 – 2009 ) Cho hai số thực x, y biến hóa thỏa mãn nhu cầu x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 ( x2 + 6 xy ) 1 + 2 xy + 2 y2 Lời giải : • Nếu y = 0 thì x2 = 1 nên P = 2×2 = 2. Xét y 6 = 0, đặt t = x y ta có P = 2 ( x2 + 6 xy ) 1 + 2 xy + 2 y2 = 2 ( x2 + 6 xy ) x2 + 2 xy + 3 y2 = 2 ( t2 + 6 t ) t2 + 2 t + 3 Sử dụng giải pháp miền giá trị ta có − 6 ≤ P ≤ 3 • Giá trị lớn nhất của P. là 3 đạt được khi x = 3 √ 10 ; y = 1 √ 10 hoặc x = − 3 √ 10 ; y = − 1 √ 10 • Giá trị nhỏ nhất của P. là − 6 đạt được khi x = 3 √ 13 ; y = − 2 √ 13 hoặc x = − 3 √ 13 ; y = 2 √ 13 Ví dụ 6. Cho 2 số thực x, y thỏa x2 + xy + y2 ≤ 3, chứng minh − 4 √ 3 − 3 ≤ x2 − xy − 3 y2 ≤ 4 √ 3 − 3 Lời giải : Đặt U = x2 + xy + y2 ; V = x2 − xy − 3 y2 y = 0 ⇒ U ≤ 3 ⇒ V = x2 ⇒ − 4 √ 3 − 3 ≤ 0 ≤ V ≤ 3 < − 3 √ 3 − 3 ( điều cần chứng minh ) • Nếu y khác 0. Đặt t = x y V = U ( x2 − xy − 3 y2 ) x2 + xy + y2 = U. t2 − t − 3 t2 + t + 1 Ta tìm miền giá trị của n = t2 − t − 3 t2 + t + 1 ⇔ ( n − 1 ) t2 + ( n + 1 ) t + t + 3 = 0 Vì thông số a = n − 1 và b = n + 1 không đồng thời bằng 0 nên miền giá trị của n ∆ ≥ 0 ⇔ − 3 − 4 √ 3 3 ≤ n ≤ − 3 + 4 √ 3 3 Ta có : V = Un và 0 ≤ U ≤ 3 ⇒ − 3 − 4 √ 3 ≤ V ≤ − 3 + 4 √ 3 Ví dụ 7. Cho hai số dương x, y thỏa mãn nhu cầu x2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức : P. = x √ x2 + y2 + x2 6 Lời giải : Thay y = 1 x2 ta có : P. = √ x4 + 1 x2 + x2 ( 1 ) Ta sẽ tìm cực trị bằng chiêu thức miền giá trị ( 1 ) ⇔ P − x2 = √ x4 + 1 x2 ⇔ P. 2 − 2P x2 − 1 x2 = 0 ⇔ 2P x4 − P. 2x2 + 1 = 0 ( 2 ) Phương trình ( 2 ) có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ = P. 4 − 8P ≥ 0 ⇔ P. ≥ 2 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi : x = 1 √ 2 ; y = 2 Ví dụ 8. Cho a, b 6 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + 1 a2 + b a Lời giải : Ta xem P. là một tam thức bậc hai theo b. Tam thức này có thông số cao nhất dương, do đó nó sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi b = − 1 2 a. Khi đó P. = a2 + 1 4 a2 + 1 a2 − 1 2 a2 = a2 + 3 4 a2 ≥ 2 √ 3 a2 4 a2 = √ 3 Do đó P. = ≥ √ 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi      b − 1 2 a a2 = 3 4 a2 ⇔      b = − 1 2 a a = ± 3 √ 3 4 ⇔        a = − 4 √ 3 4 ; b = 1 2 4 √ 4 3 b = 4 √ 3 4 ; b = − 1 2 4 √ 4 3 IV. Sử dụng tam thức bậc 2 chứng minh những bất đẳng thức cổ xưa. Ví dụ 9. Cho những số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3. Chứng minh rằng : a + ab + 2 abc ≤ 9 2 Lời giải : Từ giả thiết ta rút ra b = 3 − a − c ,. Bất đẳng thức cần chứng minh hoàn toàn có thể viết lại thành : a + a ( 3 − a − c ) + 2 ac ( 3 − a − c ) ≤ 9 2 7 Điều này tương tự : f ( a ) = ( 2 c + 1 ) a2 + ( 2 c2 − 5 c − 4 ) a + 9 2 ≥ 0. Ta thấy f ( a ) là 1 tam thức bậc 2 của a có thông số a2 ≥ 0 và lại có : ∆ = ( 2 c2 − 5 c − 4 ) 2 − 18 ( 2 c + 1 ) = ( 2 c − 1 ) 2 ( c2 − 4 c − 2 ) ≤ 0 đúng do 0 ≤ c ≤ 3. Vậy nên f ( a ) ≥ 0 Chứng minh hoàn tất. Dấu đẳng thưc xảy ra tại a = 3 2, b = 1, c = 1 2. Ví dụ 10. Cho x, y, z là những số thực dương thỏa 1 1 + x + 1 1 + y + 1 1 + z = 3 2. Chứng minh rằng x + y + z 2 + 2 ( xy x + y + yz y + z + zx z + x ) ≥ 9 2 Lời giải : Đặt a = x + y + z, b = xy + yz + zx, c = xyz Từ đó giả thiết tương tự với 3 + a = b + 3 c Và bất đẳng thức được viết lại thành a 2 + 2. ca + b2 ab − c ≥ 9 2 ⇔ a 2 + 2 a ( 3 + a − b ) + 3 b2 3 ab + b − 3 − a ≥ 9 2 hay 3 ( b + 1 ) a2 + 2 ( 9 − 15 b ) a + 12 b2 − 9 b + 27 ≥ 0 Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì ta có ∆ ′ a = − 36 b ( b − 3 ) 2 ≤ 0 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 Ví dụ 11. Cho 4 số thực a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức : ( a + b + c + d ) 2 ≤ 3 ( a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6 ab Lời giải : Một cách tự nhiên, ta mong ước đưa bất đẳng thức về dạng tam thức bậc 2 của 1 ẩn nào đó. Viết bất đẳng thức dưới dạng tương tự : a2 + 2 a ( b + c + d ) + ( b + c + d ) 2 ≤ 3 ( a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6 ab ⇔ − 2 a2 + 2 a ( c + d − 2 b ) + ( b + c + d ) 2 − 3 ( b2 + c2 + d2 ) ≤ 0 Xét f ( a ) = − 2 a2 + 2 aa ( c + d − 2 b ) + ( b + c + d ) 2 − 3 ( b2 + c2 + d2 ). Ta thấy thông số của a2 là − 2 < 0 và có biệt thức ∆ ′ là ∆ ′ = ( c + d − 2 b ) 2 + 2 [ ( b + c + d ) 2 − 3 ( b2 + c2 + d2 ) ] = − ( c − b ) 2 − ( d − b ) 2 + 2 ( c − b ) ( d − b ) − 2 ( c − d ) 2 = − 3 ( c − d ) 2 ≤ 0 8 Vậy nên f ( a ) ≤ 0 ∀ a, b, c, d ∈ R. Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại a = 1 2 ( c + d − 2 b ) và c = d Ví dụ 12. ( Vasile-Cirtoaje ) Chứng minh ∀ a, b, c ∈ R ta luôn có bất đẳng thức : ( a2 + b2 + c2 ) 2 ≥ 3 ( a3b + b3c + c3a ) Lời giải : Đặt b = a + x, c = a + y khi đó bất đẳng thức đã cho tương tự với : ( x2 − xy + y2 ) a2 − ( x3 − 5x2 y + 4 xy2 + y3 ) a + x4 − 3x3 y + 2x2 y2 + y4 ≥ 0 Dễ thấy đây là một tam thức bậc hai của a với thông số cao nhất dương. Và ta xét biệt thức : ∆ a = ( x 3 − 5x2 y + 4 xy2 + y3 ) 2 − 4 ( x2 − xy + y2 ) ( x4 − 3x3 y + 2x2 y2 + y4 ) = − 3 ( x3 − x2y − 2 xy2 + y3 ) 2 ≤ 0 Vậy nên hiển nhiên f ( a ) ≥ 0 Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc ( a ; b ; c ) tỷ suất với bộ ( sin2 4 pi 7 ; sin2 2 pi 7 ; sin2 pi 7 ) và những hoán vị tương ứng Ví dụ 13. Chứng minh rằng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau ∀ x, y, z ∈ R : a ( x − y ) ( x − z ) + b ( y − x ) ( y − z ) + c ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0 Lời giải : Do a, b, c là 3 cạnh tam giác nên a + b > c ⇒ ac + bc > c2. Thiết lập những bất đẳng thức tương tự như rồi cộng lại ta thuận tiện có : a2 + b2 + c2 < 2 ( ab + bc + ca ) ( ∗ ) Ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x : ax2 − ( ay + az + by − bz + cz − cy ) x + ( ayz + by2 − byz + cz2 − cyz ) ≥ 0 Dễ dàng nhận thấy thông số cao nhất của tam thức là a ≥ 0 và có biệt thức : Delta = ( ay + az + by − bz + cz − cy ) 2 − 4 a ( ayz + by2 − byz + cz2 − cyz ) = [ a2 + b2 + c2 − 2 ( ab + bc + ca ) ] ( y − z ) 2 ≤ 0 ( Từ ( ∗ ) ) Chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra ví dụ điển hình x = y = z Ví dụ 14. Cho a, b, c, d, p, q thỏa mãn nhu cầu : p2 + q2 − a2 − b2 − c2 − d2 > 0 Chứng minh rằng : ( p2 − a2 − b2 ) ( q2 − c2 − d2 ) ≤ ( pq − ac − bd ) 2 Lời giải : Do p2 + q2 − a2 − b2 − c2 − d2 > 0 nên chắc như đinh phải có 1 tr0ng 2 biểu thức p2 − a2 − b2 hoặc q2 − c2 − d2 > 0 Không mất tính tổng quát giả sử đó là q2 − c2 − d2 > 0. Xét tam thức bậc 2 : f ( x ) = ( p2 − a2 − b2 ) x2 − 2 ( pq − ac − bd ) x + ( q2 − c2 − d2 ) 9 Ta có f ( q p ) = − ( aq p − c ) 2 − ( bq p − d ) 2 ≤ 0 Nên ∆ ′ = ( pq − ac − bd ) 2 − ( q2 − c2 − d2 ) ( p2 − a2 − b2 ) ≥ 0 Bất đẳng thức được chứng minh ! Ví dụ 15. Cho a, b, c là những số thực không âm thỏa mãn nhu cầu a2 + b2 + c2 = 2. Chứng minh rằng : ab + bc + ca ≤ 1 + 2 abc Lời giải : Đặt S = a + b, P = ab. Khi đó giả thiết được viết lại dưới dạng S2 + c2 = 2 + 2P, suy ra 2P = S2 + c2 − 2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương tự 2P c + 1 − P − Sc ≥ 0, hay ( S2 + c2 − 2 ) c + 1 − S2 + c2 − 2 2 − Sc ≥ 0, có nghĩa là ta đi chứng minh f ( S ) = ( 2 c − 1 ). S2 − 2 c. S + 2 c3 − c2 − 4 c + 4 ≥ 0. Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử c là số lớn nhất trong ba số a, b, c. Khi đó dễ thấy 2 ≤ 3 c2, suy ra c ≥ √ 2 3. Từ đó ta có c2 + c − 1 ≥ 2 3 + √ 2 3 − 1 > 0. Mặt khác,      2 c − 1 > 2 √ 2 3 − 1 > 0 ∆ S ′ = c2 − ( 2 c3 − 4 c − c2 + 4 ) ( 2 c − 1 ) = − 4 ( c − 1 ) 2 ( c2 + c − 1 ) ≤ 0. Nên, theo định lí dấu của tam thức bậc hai, ta có f ( S ) ≥ 0. Bài toán được chứng minh xong. Với giả thiết c là số lớn nhất, đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = c = 1 hoặc b = 0, a = c = 1. Ví dụ 16. Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng với mọi số thực k ≥ 1, bất đẳng sau luôn được thỏa mãn nhu cầu. k ( a2 + b2 + c2 ) + abc + 3 k + 2 ≥ ( 2 k + 1 ) ( a + b + c ). Lời giải : Giả sử ( a − 1 ) ( b − 1 ) ≥ 0 thì khi đó ta có ab + 1 ≥ a + b. Do đó k ( a2 + b2 + c2 ) + abc + 3 k + 2 ≥ k ( a2 + b2 + c2 ) + ( a + b − 1 ) c + 3 k + 2 Bây giờ đặt 2 t = a + b, sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dễ thấy a2 + b2 ≥ 2 t2, do đó bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được k ( 2 t2 + c2 ) + ( 2 t − 1 ) c + 3 k + 2 − ( 2 k + 1 ) ( 2 t + c ) ≥ 0 hay tương tự f ( t ) = 2 k. t2 + 2 ( c − 2 k − 1 ). t + c2k − 2 ck − 2 c + 2 + 3 k ≥ 0 10 Ta có ∆ ′ t = ( c − 2 k − 1 ) 2 − 2 k ( c2k − 2 ck − 2 c + 2 + 3 k ) = − ( c − 1 ) 2 ( 2 k2 − 1 ) Như vậy f ( t ) ≥ 0, ∀ t ⇔ { 2 k > 0 ∆ ′ t = − ( c − 1 ) 2 ( 2 k2 − 1 ) ≤ 0 ⇔ k ≥ 1 √ 2 Từ đó ta suy ra rằng với mọi số thực k ≥ 1 √ 2 thì bất đẳng thức đề bài luôn đúng, tức là với mọi số thực k ≥ 1 thì bất đẳng thức cũng đúng. Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Ví dụ 17. Cho k ∈ ( − 1 ; 2 ) và a, b, c là những số đôi một phân biệt. Chứng minh rằng ( a2 + b2 + c2 + k ( ab + bc + ca ) ) ( 1 ( a − b ) 2 + 1 ( b − c ) 2 + 1 ( c − a ) 2 ) ≥ 9 ( 2 − k ) 4 Lời giải : Ta có 1 ( a − b ) 2 + 1 ( b − c ) 2 + 1 ( c − a ) 2 ≥ 1 ( a − b ) 2 + 8 ( b − c + c − a ) 2 = 9 ( a − b ) 2 Do đó ta chỉ cần chứng minh a2 + b2 + c2 + k ( ab + bc + ca ) ≥ 2 − k 4 ( a − b ) 2 hay ( k + 2 ) ( a + b ) 2 + 4 kc ( a + b ) + 4 c2 ≥ 0 Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì ∆ ′ a + b = 4 k 2 c2 − 4 c2 ( k + 2 ) = 4 ( k − 2 ) ( k + 1 ) c2 ≤ 0 Ví dụ 18. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác với bộ số thực x, y, z thỏa : ax + by + cz = 0. Chứng minh rằng xy + yz + xz ≤ 0 Lời giải : Từ giả thiết ta có z = − ax + by c. Từ đó hoàn toàn có thể viết lại điều phải chứng minh thành : xy − ax + by c ( x + y ) ≤ 0 ⇔ f ( x ) = ax2 − y ( a + b − c ) x + by2 ≥ 0 Muốn chứng minh tam thức bậc 2 f ( x ) ≥ 0 thì ta chỉ cần chứng minh ∆ ≤ 0 Hay là y2. [ ( a + b − c ) 2 − 4 ab ] ≤ 0 ⇔ ( a − b ) 2 + c2 ≤ 2 ( a + b ) c Và do a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên ( a − b ) 2 + c2 ≤ 2 c2 ≤ 2 ( a + b ) c Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra ví dụ điển hình tại x = y = z = 0 11 Ví dụ 19. Cho những số thực a, b, c, d, m thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo a + d = b + c và 2 m ≥ | ad − bc |. Chứng minh rằng ∀ x ∈ R ta có : ( x − a ) ( x − b ) ( x − c ) ( x − d ) + mét vuông ≥ 0 Lời giải : Ta có : ( x − a ) ( x − b ) ( x − c ) ( x − d ) + mét vuông = [ x2 − ( a + d ) x + ad ] [ x2 − ( b + c ) x + bc ] + mét vuông = ( X + ad ) ( X + bc ) + mét vuông = X2 + ( ad + bc ) X + mét vuông + abcd = f ( X ) Trong đó X = x2 − ( a + d ) x = x2 − ( b + c ) x. Xem f ( X ) là 1 tam thức bậc 2 ẩn X và ta có : ∆ = ( ad + bc ) 2 − 4 ( abcd + mét vuông ) = ( ad − bc ) 2 − 4 mét vuông ≤ 0 Từ giả thiết Vậy nên f ( X ) ≥ 0 ∀ X ∈ R hay ( x − a ) ( x − b ) ( x − c ) ( x − d ) + mét vuông ≥ 0 Kết thúc chứng minh Ví dụ 20. Chứng minh rằng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác ta luôn có bất đẳng thức sau ∀ x, y, z ∈ R : a ( x − y ) ( x − z ) + b ( y − x ) ( y − z ) + c ( z − x ) ( z − y ) ≥ 0 Lời giải : Do a, b, c là 3 cạnh tam giác nên a + b > c ⇒ ac + bc > c2. Thiết lập những bất đẳng thức tương tự như rồi cộng lại ta thuận tiện có : a2 + b2 + c2 < 2 ( ab + bc + ca ) ( ∗ ) Ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x : ax2 − ( ay + az + by − bz + cz − cy ) x + ( ayz + by2 − byz + cz2 − cyz ) ≥ 0 Dễ dàng nhận thấy thông số cao nhất của tam thức là a ≥ 0 và có biệt thức : ∆ = ( ay + az + by − bz + cz − cy ) 2 − 4 a ( ayz + by2 − byz + cz2 − cyz ) = [ a2 + b2 + c2 − 2 ( ab + bc + ca ) ] ( y − z ) 2 ≤ 0 ( Từ ( ∗ ) ) Chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra ví dụ điển hình x = y = z Ví dụ 21. Chứng minh bất đẳng thức với A, B, C là 3 đỉnh của 1 tam giác và x, y, z là những số thực bất kỳ : x2 + y2 + z2 + 2 ( xy. cos 2C + yz. cos 2A + xz. cos 2B ) ≥ 0 Lời giải : Bất đẳng thức cần chứng minh tương tự với : x2 + 2 ( z cos 2B + y cos 2C ) x + y2 + z2 + 2 yz cos2A ≥ 0 Coi đây là 1 tam thức bậc 2 ẩn x ta có : ∆ ‘ = ( z cos 2B + y cos 2C ) 2 − y2 − z2 − 2 yz cos 2A 12 = z2 ( cos22B − 1 ) + y2 ( cos22C − 1 ) + 2 yz [ cos 2B cos 2C − cos ( 2B + 2C ) ] = − ( ysinC + zsinB ) 2 ≤ 0 Vậy theo định lý về dấu của tam thức bậc 2 ta có bất đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 22. a ) Chứng minh rằng ∀ x, y, z ∈ R + và tam giác ABC bất kể ta có : cosA x + cosB y + cosC z ≤ x 2 + y2 + z2 2 xyz b ) Cho những số thực dương a, b, c, x, y, z. Chứng minh bất đẳng thức : bcx ( x + y ) ( x + z ) + acy ( x + y ) ( y + z ) + abz ( x + z ) ( y + z ) ≤ ( a + b + c ) 2 4 ( x + y + z ) c ) Cho a, b, c thoả mãn : abc + a + c = b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P. = 2 a2 + 1 − 2 b2 + 1 + 3 c2 + 1 Olympic toán Nước Ta - 2002 Lời giải : a ) Bất đẳng thức cần chứng minh tương tự với : x2 − 2 ( zcosB + ycosC ) x + y2 + z2 − 2 yzcosA ≥ 0 ( * ) Để ( * ) xảy ra với mọi x ( x dương ) thì : ∆ ≤ 0 Có : ∆ ′ = ( zcosB + ycosC ) 2 − y2 − z2 + 2 yzcosA = z2 ( cos2B − 1 ) + y2 ( cos2C − 1 ) + 2 yzcosBcosC − 2 yzcos ( B + C ) = − ( ysinC + zsinB ) 2 ≤ 0 Suy ra điều phải chứng minh. b ) Đặt m = x + y, n = y + z, k = z + x thì m, n, k là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác ⇔ bc ( m + k − n ) mk + ac ( m + n − k ) mn + bc ( n + k − m ) nk ≤ ( a + b + c ) 2 m + n + k ⇔ bc ( m 2 + k2 − n2 + 2 mk ) mk + ac ( mét vuông + n2 − k2 + 2 mn ) mn + bc ( n2 + k2 − mét vuông + 2 nk ) nk ≤ ( a + b + c ) 2 ⇔ bc ( m 2 + k2 − n2 ) mk + ac ( mét vuông + n2 − k2 ) mn + bc ( n2 + k2 − mét vuông ) nk ≤ a2 + b2 + c2 Nhưng mặt khác do m, n, k là độ dài 3 cạnh tam giác nên theo định lý Cosin ( * ) hoàn toàn có thể viết lại thành : 2 bc cos  + 2 ac cos B ̂ + 2 ab cos Ĉ ≤ a2 + b2 + c2 Trong đó : Â, B ̂, Ĉ là 3 góc của M MNP nhận m, n, p thứ tự là cạnh đối lập tương ứng. Và đây chính là hiệu quả của bài toán trước nên ta cói điều cần chứng minh. c ) Đặt a = tgα, c = tgβ, 0 < α, β < pi 2. Từ giả thiết, ta có : b ( 1 − ac ) = a + c ⇒    1 − ac > 0 b = a + c 1 − ac = tg ( α + β ) ⇒ 0 < α + β < pi 2 13 Khi đó : P. = 2 cos2α − 2 cos2 ( α + β ) + 3 cos2β = 3 2 + cos2α + 3 2 cos2β + cos ( pi − 2 α − 2 β ) = 3 2 + 3 [ 2. 1 2. 1 3 cos2α + 2. 1 2. 1 2 cos2β + 2. 1 2. 1 3 cos ( pi − 2 α − 2 β ) ] Mặt khác sử dụng bất đẳng thức ở trên : Với A, B, C là 3 góc trong của một tam giác bất kỳ và x, y, z là 3 số thực bất kể. Khi đó ta có bất đẳng thức : x2 + y2 + z2 > 2 xycosC + 2 yzcosA + 2 xzcosB Từ đó : P. 6 3 2 + 3 ( 1 22 + 1 22 + 1 32 ) = 10 3 Vậy maxP = 10 3 đạt được ví dụ điển hình a = √ 2 2, b = √ 2, c = 1 2 √ 2 Ví dụ 23. Cho những số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng : a2 ( a + b ) 2 + b2 ( b + c ) 2 + c2 ( c + a ) 2 + abc abc + a2b + b2c + c2a ≥ 1 Lời giải : Đặt b a = x, c b = y, a c = z thì ta có xyz = 1 và cần chứng minh : 1 ( 1 + x ) 2 + 1 ( 1 + y ) 2 + 1 ( 1 + z ) 2 + 1 1 + x + y + z ≥ 1 Quy đồng và chuyển bất đẳng thức về ngôn từ p, q, r Đặt p = x + y + z ; q = xy + xz + yz ; r = xyz q2 − 2 pq + p3 − 5 q − 3 ≥ 0 Tam thức bậc 2 theo q này có ∆ ′ = p2 + 3 + 5 p − p3 = − ( p − 3 ) ( p + 1 ) 2 ≤ 0 Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại x = y = z = 1 hay a = b = c Ví dụ 24. Cho a, b, c là những số thực. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 2 ≥ min { ( a − b ) 2, ( b − c ) 2, ( c − a ) 2 } Lời giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt a = c + x, b = c + y, khi đó x ≥ y ≥ 0 Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành 3 c2 + 2 c ( x + y ) + x2 + y2 2 ≥ min { ( x − y ) 2, x2, y2 } • Trường hợp : x ≥ 2 y Ta có min { ( x − y ) 2, x2, y2 } = y2 14 Do đó ta chỉ cần chứng minh 3 c2 + 2 c ( x + y ) + x2 + y2 2 ≥ y2 hay 3 c2 + 2 c ( x + y ) + x2 − y2 ≥ 0 Khi đó ∆ ′ c = ( x + y ) ( 2 y − x ) ≤ 0 • Trường hợp : 2 y ≥ x ≥ y Ta có min { ( x − y ) 2, x2, y2 } = ( x − y ) 2 Do đó ta chỉ cần chứng minh 3 c2 + 2 c ( x + y ) + x2 + y2 2 ≥ ( x − y ) 2 hay 3 c2 + 2 c ( x + y ) + 4 xy − x2 − y2 ≥ 0 Khi đó ∆ ′ c = ( x − 2 y ) ( 2 x − y ) ≤ 0 Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 25. Cho những số dương a, b, c thỏa mãn nhu cầu a + b + c = 3. Chứng minh rằng : ( ab2 + bc2 + ca2 ) ( ab + bc + ca ) ≤ 9 Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử b là số nằm giữa hai số a và c. Khi đó ta có c ( b − a ) ( b − c ) ≤ 0 ⇔ a2b + b2c + c2a ≤ b ( a2 + ac + c2 ). Đặt x = ac. Ta có a + c = 3 − b và ta sẽ chứng minh b ( a2 + ac + c2 ) ( ab + bc + ca ) − 9 ≤ 0, hay là ta cần chứng minh f ( y ) = b [ ( a + c ) 2 − ac ]. [ b ( a + c ) + ca ] − 9 = b [ ( 3 − b ) 2 − x ]. [ b ( 3 − b ) + x ] − 9 = − b. x2 + ( 2 b3 − 9 b2 + 9 b ). x − b5 + 9 b4 − 27 b3 + 27 b2 − 9 ≤ 0. Vì thông số của x2 là − b < 0 và ∆ x = ( 2 b3 − 9 b2 + 9 b ) 2 + 4 b ( − b5 + 9 b4 − 27 b3 + 27 b2 − 9 ) = 9 b ( b3 − 6 b2 + 9 b − 4 ) = 9 b ( b − 1 ) 2 ( b − 4 ) < 9 b ( b − 1 ) 2 ( 3 − 4 ) = − 9 b ( b − 1 ) 2 ≤ 0. 15 Từ đó, theo tiêu chuẩn 2 ta có f ( x ) ≤ 0. Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Ví dụ 26. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có sin A 2 + sin B 2 + sin C 2 ≤ 3 2 Lời giải : A = sin A 2 + sin B 2 + sin C 2 − 3 2 ≤ 0 ⇔ A = sin ( pi 2 − B + C 2 ) + 2 sin ( B + C 4 ) cos ( B − C 4 ) − 3 2 ≤ 0 ⇔ A = cos ( B + C 2 ) + 2 sin ( B + C 4 ) cos ( B − C 4 ) − 3 2 ≤ 0 ⇔ A = 1 − 2 sin2 ( B + C 4 ) + 2 sin ( B + C 4 ) cos ( B − C 4 ) − 3 2 ≤ 0 Xem A là một tam thức bậc hai ẩn sin ( B + C 4 ) có thông số của sin ( B + C 4 ) là − 2 và ∆ ′ = cos2 ( B − C 4 ) + 2 ( 1 − 3 2 ) = cos2 ( B − C 4 ) − 1 = − sin2 ( B − C 4 ) ≤ 0, chứng tỏ A ≤ 0 Ta được điều phải chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = pi 3. Ví dụ 27. ( Đề đề xuất Olympic 30/4 ) Cho a, b, c ≥ 0 chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2 abc + 1 ≥ 2 ( ab + bc + ac ) ( 1 ) Lời giải : ( 1 ) ⇔ f ( a ) = a2 + 2 a ( bc − b − c ) + ( b − c ) 2 + 1 ≥ 0 ( 2 ) Tam thức bậc hai f ( a ) có ∆ ′ = bc ( b − c ) ( c − a ) − 2 Xét những trường hợp. • Nếu bc − b − c ≥ 0 ⇒ ( 1 ) ( đúng ) ( đpcm ) • Nếu bc − b − c ≤ 0 ( nghĩa là ( b − 1 ) ( c − 1 ) ≤ 1 ) Chia làm hai trường hợp : Trong hai số b, c có hai số lớn hơn 2 và ; 1 số bé hơn hoặc bằng 2 ; ta có ngày ∆ ′ ≤ 0 Cả 2 số b < 2 và c < 2 khi đó { b ( 2 − b ) ≤ 1 c ( 2 − c ) ≤ 1 ⇒ ∆ ′ ≤ 0 Vậy f ( a ) ≥ 0 16 Ví dụ 28. Cho a2 + b2 = 1 và c + d = 3 với a, b, c, d ∈ R.Chứng minh rằng : ac + bd + cd ≤ 9 + 6 √ 2 4 Lời giải : Ta có : d = 3 − c. S = ac + bd + cd = ac + b ( 3 − c ) + c ( 3 − c ) = − c2 + ( a − b + 3 ) c + 3 b Sử dụng đặc thù của tam thức bậc 2 : f ( x ) = Ax2 + Bx + C với A < 0 thì f ( x ) ≤ 4AC − B 2 4A Nên ta có : S ≤ − 12 b − ( a − b + 3 ) 2 − 4 Và có : 2 ab = ( a + b ) 2 − ( a2 + b2 ) = ( a + b ) 2 − 1 Nên S ≤ − ( a + b ) 2 + 6 ( a + b ) + 11 4 Đặt t = a + b ⇒ − √ 2 ≤ t ≤ √ 2 Khảo sát hàm f ( t ) = − t2 + 6 t + 11 trên [ − √ 2 ; √ 2 ]. Ta suy ra f ( t ) ≤ 9 + 6 √ 2. Suy ra điều cần chứng minh. Ví dụ 29. Chứng minh rằng với mọi x, y ta luôn có : x2 ( 1 + sin2 y ) + 2 x ( sin y + cos y ) + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 + cos2 y > 0 Lời giải : Bất đẳng thức đẵ cho ⇔ f ( x ) > 0 ∀ y Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có ( sin y + cos y ) 2 ≤ ( 1 + sin2 y ) ( cos2 y + 1 ) Vì sinx = 1, cosx = 1 vô nghiệm nên dấu bằng không xảy ra Vậy f ( x ) = x2 ( 1 + sin2 y ) + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 + cos2 y > 0 ∀ x, y V. Sử dụng tam thức bậc 2 để chứng minh những bất đẳng thức tổng quát Ví dụ 30. ( Đề thi HSG TP. Hồ Chí Minh 2005 – 2006 ) Cho dãy số thực a1 ; a2 ; … an ∈ [ 0 ; 1 ]. Chứng minh rằng ( 1 + a1 + a2 + a3 + … + an ) 2 ≥ 4 ( a21 + a22 + … + a2n ). Lời giải : Xét tam thức f ( X ) = X2 − ( 1 + a1 + a2 + a3 + … + an ) X + a21 + a22 + … + a2n 17 Ta có : f ( 0 ) = a21 + a 2 2 + … + a 2 n ≥ 0 f ( 1 ) = − ( a1 + a2 + … + an ) + a21 + a22 + … + a2n = − [ a1 ( 1 − a1 ) + a2 ( 1 − a2 ) + … + an ( 1 − an ) ] ≤ 0 Suy ra f ( X ) có nghiệm thuộc [ 0 ; 1 ] nên ∆ = ( 1 + a1 + a2 + … + an ) 2 − 4 ( a21 + a22 + … + a2n ) ≥ 0 Ví dụ 31. ( Bất đẳng thức Bunyakovsky ) ( n ∑ i = 1 aibi ) 2 ≤ n ∑ i = 1 a2i. n ∑ i = 1 b2i Lời giải : Xét tam thức : f ( x ) = ( a1x − b1 ) 2 + ( a2x − b2 ) 2 + … + ( anx − bn ) 2 Khi triển ta có : f ( x ) = ( a21 + a 2 2 + … + a 2 n ) x 2 − 2 ( a1b1 + a2b2 + … anbn ) x + ( b21 + b22 + … + b2n ) Vì f ( x ) ≥ 0 ∀ x ∈ R nên ∆ f ≤ 0 ⇔ ( a1b1 + a2b2 + … anbn ) 2 ≤ ( a21 + a 2 2 + … + a 2 n ) ( b21 + b 2 2 + … + b 2 n ) ⇔ ( n ∑ i = 1 aibi ) 2 ≤ n ∑ i = 1 a2i. n ∑ i = 1 b2i Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra ⇔ a1 b1 = a2 b2 = … = an bn ⇔ ai = kbi. Ví dụ 32. ( Bất đẳng thức Aczela ) Cho a21 − a22 − … − a2n > 0. Chứng minh rằng : ( a21 − a22 − … − a2n ) ( b21 − b22 − … − b2n ) 6 ( a1b1 − a2b2 − … − anbn ) 2 Lời giải : Hiển nhiên khi b21 − b22 − … − b2n ≤ 0 thì bất đẳng thức đúng. Ta chỉ xét b21 − b22 − … − b2n > 0 Ta có : ( a21 − a22 − … − a2n ) ( b21 − b22 − … − b2n ) − ( a1b1 − a2b2 − … − anbn ) 2 = − a21 ( b22 + b23 + … + b2n ) + 2 a1b1 ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) − ( a22 + a23 + … + a2n ) ( b21 − b22 − b23 − … − b2n ) − ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) 2 Xem biểu thức trên như một tam thức bậc 2 ẩn a1 với thông số a không dương. Ta chỉ cần chứng minh ∆ ′ cũng không dương là hoàn tất. Thật vậy : ∆ ′ = b21 ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) 2 − ( b22 + b23 + … + b2n ) ( a22 + a23 + … + a2n ) ( b21 − b22 − … − b2n ) − ( b22 + b23 + … + b2n ) ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) 2 = ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) 2 ( b21 − b22 − … − b2n ) − ( b22 + b23 + … + b2n ) ( a22 + a23 + … + a2n ) ( b21 − b22 − … − b2n ) = ( b21 − b22 − … − b2n ) [ ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) 2 − ( b22 + b23 + … + b2n ) ( a22 + a23 + … + a2n ) ] Ta đã có b21 − b22 − … − b2n > 0 18 Và theo Cauchy-Schwarz ta cũng có ( a2b2 + a3b3 + … + anbn ) 2 − ( b22 + b23 + … + b2n ) ( a22 + a23 + … + a2n ) ≤ 0 Nên ∆ ′ ≤ 0. Chứng minh kết thúc. Ví dụ 33. ( Olympic 30/4 ) Biết rằng bất đẳng thức x21 + x 2 2 + x 2 3 + … + x 2 n ≥ ( x1 + x2 + … + xn − 1 ) xn thỏa mãn nhu cầu với mọi số thực x1, x2, … xn ( n ≥ 1 ) thì n bằng bao nhiêu ? Lời giải : Giả sử bất đẳng thức x21 + x 2 2 + x 2 3 + … + x 2 n ≥ ( x1 + x2 + … + xn − 1 ) xn ( 1 ) thỏa mãn nhu cầu với mọi số thực x1, x2, … xn ( n ≥ 1 ) Khi đó nó cũng xảy ra với { x1 = x2 = … = xn − 1 = 1 xn = 2 ⇒ ( n − 1 ) + 4 ≥ 2 ( n − 1 ) ⇒ 1 ≤ n ≤ 5 Đảo lại, giả sử 1 ≤ n ≤ 5 ta sẽ chứng minh rằng ( 1 ) được thỏa mãn nhu cầu với mọi bộ số thực x1, x2, … xn Quả vậy, xét tam thức : f ( xn ) = x 2 n − ( x1 + x2 + … + xn − 1 ) x2 + x21 + x22 + … + x2n − 1 Đây là tam thức bậc hai so với xn và ta có : ∆ = ( x1 + x2 + … + xn − 1 ) 2 − 4 ( x21 + x22 + … + x2n − 1 ) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có : 4 ( x21 + x 2 2 + … + x 2 n − 1 ) ≥ ( n − 1 ) ( x21 + x22 + … + x2n − 1 ) ≥ ( x21 + x22 + … + x2n − 1 ) Do đó ∆ ≤ 0 ⇒ f ( xn ) ≥ 0, ∀ xn ∈ R Vậy tác dụng cần tìm là n ∈ { 1, 2, 3, 4, 5 } Ví dụ 34. Cho a > 0, chứng minh rằng : √ a + √ a + … + √ a < 1 + √ 4 a + 1 2 ( ở vế trái có n dấu căn, n > 1 ) Lời giải : Đặt x1 = √ a, x2 = √ a + √ a, …, xn = √ a + √ a + … + √ a ( 1 ) 19 Do a > 0 nên ta có xn > xn − 1. Từ ( 1 ) suy ra : x2n = a + xn − 1 ⇒ x2n < a + xn ⇒ x2n − xn − a < 0 ( 2 ) Xét tam thức bậc hai : f ( t ) = t2 − t − a. Từ ( 2 ) ta có f ( xn ) < 0 nên theo định lí đảo về dấu tam thức bậc hai thì t1 < xn < t2 với t1, t2 là hai nghiệm của f ( t ) tức : xn < 1 + √ 4 a + 1 2 hay √ a + √ a + ... + √ a < 1 + √ 4 a + 1 2 ( đpcm ) VI. Lời kết Các hướng giải được nêu trong chuyên đề thậm chí còn những bài giải cụ thể hoàn toàn có thể chưa phải là hướng giải tốt nhất. Các tác giả mong ước : Chính những bạn sẽ đưa ra giải thuật hay hơn mọi vướng mắc xin gửi về địa chỉ emai bem2vnn@gmail.com 20 VII. Bài tập ý kiến đề nghị Bài 1 : Cho những số thực x, y, z thỏa mãn nhu cầu x + y + z = 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy + 2 yz + 3 xz Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x2 − 2 xy + 9 y2 x2 + 2 xy + 5 y2 ( y 6 = 0 ) Bài 3 : Cho x > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + √ x2 + 8 x Bài 4 : Cho những số thực x, y, z 6 = 0 thỏa mãn nhu cầu { x + y + z = xyz x2 = yz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2×4 − 3 yz Bài 5 : Trong những nghiệm ( x, y ) của phương trình ( x2 − y2 + 2 ) 2 + 4×2 y2 + 6×2 − y2 = 0 hay tìm những nghiệm ( x ; y ) sao cho A = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 6 : Cho x, y, z là những số thực dương thỏa mãn nhu cầu { x + y + z = 4 xyz = 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy + xz + yz Bài 7 : Cho a, b, c là độ dài một tam giác và là hằng số x, y, z là những số thực dương thỏa mãn nhu cầu x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P. = ayz + bzx + cxy Bài 8 : Chứng minh bất đẳng thức với mọi a, b, c ∈ R : 2 a2 + 5 b2 + 3 c2 − 6 ab + 5 bc − 2 ca ≥ 0 Bài 9 : Chứng minh ta luôn có bất đẳng thức với a, b, c là những số thực bất kỳ : a2 + 2 b2 + 5 c2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) Bài 10 : Cho những số thực a, b ∈ [ 1 ; 2 ]. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P. = a2 a2 + ab + b2 Bài 11 : Cho A, B, C là 3 góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng : cosA + cosB + cosC ≤ 1 2 + cos2 B − C 2 Bài 12 : Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c ≤ pi. Chứng minh rằng : 1 + 2 cos ( a + b ) cos ( b + c ) cos ( c + a ) ≥ cos2 ( a + b ) + cos2 ( b + c ) + cos2 ( c + a ) Bài 13 : Cho a, b 6 = 0 thỏa mãn nhu cầu ab = 1. Chứng minh bất đẳng thức : a b + b a − ∣ ∣ ∣ ∣ a1 + b + b1 + a ∣ ∣ ∣ ∣ ≥ 1 21 Tài liệu [ 1 ] www.diendantoanhoc.net [ 2 ] toanphothong.vn [ 3 ] Phương pháp giải toán bất đẳng thức và cực trị – Nguyễn Văn Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh. [ 4 ] Phương pháp ôn luyện thi ĐH, CĐ – Môn toán theo chủ đề – Chủ đề : Bất đẳng thức và cực trị 22
Các file đính kèm theo tài liệu này :

• su_dung_tam_thuc_bac_hai_trong_chung_minh_bat_dang_thuc_9992.pdf

Source: https://bem2.vn
Category: Ứng dụng hay