ỨNG DỤNG SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ppt

Do đó, từ sự tồn tại nghiệm của phương trình * sẽ dẫn tới các bất đẳng thức ba biến a, b, c.. Trong bài viết này sẽ giới thiệu với bạn đọc ứng dụng của việc làm đó... Tìm giá trị nhỏ nhấ

ỨNG DỤNG SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA

VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Định lí Viet đối với phương trình bậc ba được phát biểu như sau:

Nếu phương trình : ax3bx2  cx d 0, a0 có ba nghiệm x , x , x1 2 3 thì

1 2 3

b

a c

a d

x x x

a

    







Ngược lại, với ba số thực a, b, c bất kì thì chúng là nghiệm của phương trình

x mx nx p 0 (*) Với m   a b c , n ab bc ca, p   abc

Do đó, từ sự tồn tại nghiệm của phương trình (*) sẽ dẫn tới các bất đẳng thức ba biến

a, b, c Trong bài viết này sẽ giới thiệu với bạn đọc ứng dụng của việc làm đó

Đặt: x y m

3

     Ta thu được phương trình

3

y     y 0 (**)

Số nghiệm của (**) chính là số giao điểm của đồ thị (C) : f (y)y3   y với trục hoành

Ta có: f '(y)3y2 

Nếu  0 thì f '(y)0, y nên phương trình (**) có đúng 1 nghiệm

Nếu  0 thì phương trình (**) có nghiệm bội ba

Nếu  0 thì f '(y)0 có hai nghiệm y1 ; y2

f y f y

27   27

Do đó, ta có:

 Phương trình (**) có ba nghiệm (có thể trùng nhau) khi và chỉ khi:

f y f y      0 4 27 0

27p 2m 9mn 2 m 3n (1)

Bây giờ ta đi xét một số trường hợp đặc biệt sau:

1) Cho m0 khi đó (1) trở thành: 4n3 27p2 0 p2 4 n3

27

Thí dụ 1 Cho các số thực a, b, c không đồng thời bằng 0 thỏa a b c  0

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P13a b c2 2 22 22abc 22 3

Suy ra a, b, c là ba nghiệm của phương trình : x3mx n 0 (4)

Ta có: p2 4 n3 n3 27p2

Do đó: 13p2 2p 2 2n3 13p2 2p 2 27p2 1p 12 0

13p 2p 2  2n 13a b c 2ab 2  2 ab bc ca 

Mà: (a b c)2 0 ab bc ca 1a2 b2 c2

2

Dẫn tới: 13a b c2 2 2 2abc 2 1a2 b2 c23 P 1

Đẳng thức xảy ra n 2 a, b, c

 



   là ba nghiệm của phương trình

x 3x 2   0 (x 1) (x 2)   0 x 1, x 2 Vậy max P 1

4

 đạt được khi (a, b, c)(1,1, 2) và các hoán vị

Thí dụ 2 Cho các số thực a, b, c có tổng bằng 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P a b c 32 ab bc ca a b c  8 abc

Lời giải

Đặt nab bc ca, p   abc

Suy ra a, b, c là ba nghiệm của phương trình : x3nx p 0 (4)

Ta có: p2 4 n3 n3 27p2 n3 27p2

Vì a b c   0 a2b2c2  2(ab bc ca)   2n n 0

Do đó: P 32n532np28 p 32 ( n) 5 ( n)p28 p

64 n p3 8 p 8 54 p 3 p

Xét hàm số f (t)54t3t, t0 ta có:

f '(t) 162t 1, f '(t) 0 t

18

Lập bảng biến thiên ta có

t 0

min f (t) f



 

 



   



 

Suy ra P 8 2

27

  Đẳng thức xảy ra khi

3

2 p 18 1 n

24



 



  



hay a, b, c là nghiệm của phương trình

2 3

               

Vậy min P 8 2

27

3

9

6 3

    và các hoán vị

2) Cho nkm2, khi đó (1) trở thành:

27p (2 9k)m  2 m 1 3k

Thí dụ 3 Cho các số thực a, b, c thoả a2b2c2 2(ab bc ca)  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4

1

(abc)

Lời giải

Đặt m   (a b c), nab bc ca, p   abc, suy ra a, b, c là ba nghiệm của phương trình

t mt nt p 0

Từ giả thiết ta suy ra: a b c2 4 ab bc ca  n m2

4

Suy ra

3 3

m m

Đẳng thức xảy ra

2

2 4 3

m n 4 1 27p

p



 





 





, chẳng hạn ta chọn 3

3

1 p 3

972 n

4

 



 



 



hay a, b, c là nghiệm của

phương trình:

2

3 3

Vậy min P27 đạt được khi a b 318 3, c 34

Thí dụ 4 Cho các số thực a, b, c thoả 2 a 2b2c25 ab bc ca    Chứng minh rằng:

Lời giải

Đặt m   a b c , n ab bc ca, p   abc ta suy ra a, b, c là ba nghiệm của phương trình : x3mx2nx p 0

Từ giả thiết ta suy ra: 2 m 2 2n 5n n 2m2

9

27p 2m 9mn 2 m 3n nên suy ra

Do đó: 1 a b c2 3p2

Ta chứng minh: 3p2 3p 1 p 12 0

 

      (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi 2



, hay a, b, c là ba nghiệm của phương trình

t 3 3t   6t 2 0 3) Xét m23nc, c là hằng số cho trước

Thí dụ 5 Cho các số thực a, b, c thoả a2b2c2 ab bc ca 4   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P18 ab bc ca   ab bc ca a b c 48     9abc

Lời giải

Đặt m   (a b c), nab bc ca, p   abc

Từ giả thiết ta suy ra:  2   2

a b c  3 ab bc ca   4 m 3n 4

27p 2m 9mn 2 m 3n

Suy ra 27p 2m 3n 4    9mn 18 27p 3mn 8m  16

8m 16

mn 9p

3

P18 ab bc ca  48 ab bc ca   ab bc ca a b c    9abc

2 3 ab bc ca 4 ab bc ca a b c 9abc 16

Xét hàm số f (m)6m4 8m 64 , ta có: 3

3

1

f '(m) 24m 8 f '(m) 0 m

3

Suy ra f m  f 31 36 64

 



     Nên 3

1 2



    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3

3

3

1 m

3

1 1

p

 



    





, suy ra a, b, c là nghiệm của phương

trình : t3 31 t2 1 13 4 t 1 43 47 0

Vậy min P 1 23 64



    

Thí dụ 6 Cho các số thực a, b, c thoả a2b2c2 ab bc ca 1   Chứng minh rằng:

2

(a b c)   4 3 ab bc ca  18abc

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2

P  (a b c) 3 ab bc ca  18abc4 (*) Đặt m   (a b c), nab bc ca, p   abc

Từ giả thiết ta suy ra:  2   2

a b c  3 ab bc ca   1 m 3n 1

27p 2m 9mn 2 m 3n

Suy ra 27p 2m 33m(m2  1) 2 27p m 33m 2

3

Do đó: 3P3m29n254p3m2(m21)22 m 33m 2 

 m42m35m26m 3  (m2 m 3)212 12

Đẳng thức xảy ra khi

2 2

3

n

3 1

27

   



 





, ta chọn

m

2

n

6

p

54

 



 



 



Hay a, b, c là ba nghiệm của phương trình

Phương pháp này có thể nói là một phát biểu kiểu khác của p,r,q Tuy nhiên, với việc đánh giá bđt (1) cho phép ta chế các bài toán về cực trị và bđt ba biến với đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau Chuyên đề sẽ được tiếp tục hoàn thành với những kết quả có ứng dụng trong chứng minh bđt Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đọc

Bài 1 Cho các số thực dương a, b, c thoả  3

a b c  32abc Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4

P

a b c



Bài 2 Cho các số thực a, b, c có tổng bằng 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P2abc ab bc ca 

Bài 3 Cho a, b, c, 0 thỏa a b c 1   Tìm GTLN của P abc a 2b2c2

Bài 4 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn đồng thời hai điều kiện a b c  3 và abc 4 Chứng minh rằng: 3abc 12 5(ab bc ca)   

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 Chuẩn hoá abc    2 a b c 4 Đặt nab bc ca  , suy ra

18n 91  16 3n  3n312n2108n 465 0 

2

 

Mặt khác:

a b c  a b c 2 a b b c c a

Nên P 1 a4 b4 c4 1 n2 32n 144

Vì hàm f (n)n232n 144 nghịch biến trên 5;5 5 1

2

  nên ta suy ra

max P f (5)





Bài 2 Đặt nab bc ca, p   abc, ta có a, b, c là nghiệm của phương trình

t  t nt p 0

Ta có: 27p 9n 2  2 (1 3n) 3

Suy ra p 1 9n 2 2 1 3n 3

27

Do đó: P 2p n2 n2 2n 4 4 (1 3n)3 13n 12 4 1 3n3 1

Đặt t 1 3n, t 0, suy ra P 1t4 4 t3 1 f (t)

Xét hàm số f (t) với t0 Ta có:

 

    , f '(t)  0 t 1, t0

Từ đó suy ra f (t)f (1)  0 P 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

    



        và các hoán vị Vậy min P0