phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức

Mục lục Một số kiến thức 1.0.1 Định nghĩa tam thức bậc hai 1.0.2 Định lí thuận dấu tam thức bậc hai: 1.0.3 Định lí đảo dấu tam thức bậc hai: 1.0.4 So sánh nghiệm tam thức với số cho trước 1.0.5 So sánh nghiệm tam thức với hai số cho trước α < β Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức TÀI LIỆU THAM KHẢO 21 Chương Một số kiến thức 1.0.1 Định nghĩa tam thức bậc hai - Tam thức bậc hai ( x ) biểu thức dạng ax2 + bx + c, a, b, c số cho trước với a = - Nghiệm tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c = Kí hiệu: x1 , x2 nghiệm f (x) = - Biểu thức = b2 − 4ac = b − ac biệt thức biệt thức thu gọn tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c 1.0.2 Định lí thuận dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai: f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) Khi đó: * Nếu < f (x) ln ln dấu với a, ∀x ∈ R * Nếu = f (x) ln ln dấu với a, ∀x ∈ R, x = − b b (khi x = − 2a 2a f (x) = 0) * Nếu > (x)cùng dấu với a với x khoảng hai nghiệm trái dấu với a với x khoảng hai nghiệm 1.0.3 Định lí đảo dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai: f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) Khi đó: * Nếu có số thực α mà af (α) < f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 x1 < α < x2 * Nếu có số thực β mà af (β) > f (x) có hai nghiệm khơng có nghiệm Nếu có nghiệm x1 ≤ x2 β < x1 β < x2 Chú ý: Trong trường hợp cuối định lý dảo, muốn xác định rõ β < x1 b S S S β < x2 ta xét thêm hiệu − β = − − β Nếu − β > β < x1 , − β < 2a 2 β < x2 1.0.4 So sánh nghiệm tam thức với số cho trước * x1 < α < x2 ⇔ af (α) <    >0   * α < x1 < x2 ⇔ af (α) >   S   >α 1.0.5 * a∈ / [x1; x2 ] ⇔ >0 af (α) >    >0   * x1 < x2 < α ⇔ af (α) >   S   af (β) > af (α) > af (β) < Chương Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức Bài Cho a3 > 36 abc = Chứng minh a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca Giải: Từ abc = => bc = Do a3 > 36 => a > a Bất đẳng thức cho viết thành: a2 + (b + c)2 − 2bc > bc + a(b + c) a2 >0 ⇔ (b + c)2 − (b + c)a − 3bc + 3 a − > (1) ⇔ (b + c)2 − a(b + c) + a a Đặt f (t) = t2 − at + − Ta có: a 36 − a3 a2 − < a3 > 36 = a2 − = a 3a Vậy f (t) có < hệ số > nên f (t) > với t Suy (1) (đ.p.c.m) Bài Cho a, b, c cạnh tam giác; x, y, z số thỏa mãn điều kiện ax+by+cz = Chứng minh: xy + yz + zx ≤ Giải: ax + by Từ ax + by + cz = ⇒ z = − Vậy c ax + by (x + y) (1) ⇔ xy − c ≤0 ⇔ cxy − (ax + by)(x + y) ≤0 ⇔ ax2 + xy(a + b − c) + by ≥ (2) Nếu y = (2)⇔ ax2 ≥ (2) Nếu y = 0,khi x x (2) ⇔ a + (a + b − c) + b ≥ y y Đặt f (t) = at2 + (a + b − c)t + b (3) Ta có: = (a + b − c)2 − 4ab = a2 + b2 + 2ab − 2(a + b)c + c2 − 4ab = a2 + b2 + c2 − 2ab − 2ac − 2bc Sử dụng bất đẳng thức tam giác có ba cạnh a, b, c Ta có: |b − c| < a ⇒ b2 − 2bc + c2 < a2 |a − c| < b ⇒ a2 − 2ac + c2 < b2 |a − b| < c ⇒ a2 − 2ab + b2 < c2 Vậy ta có a2 + b2 + c2 < 2ab + 2ac + 2bc Do nên f (t) > Suy (3) (đ.p.c.m) Ta nhận thấy dấu xảy trường hợp y = Vậy có dấu ⇔ x = y = z = Bài Cho a, b, c > Chứng minh điều kiện cần đủ để lấy a, b, c làm độ dài ba cạnh tam giác pa2 + qb2 > pqc2 (1) với p +q = Giải Điều kiện cần Giả sử a, b ,c độ dài cạnh tam giác Vì p + q = 1⇔ q = − p nên : (1) ⇔ pa2 + (1 − p)b2 − p(1 − p)c2 > 2 2 2 ⇔ c p − p(b + c − a ) + b 2 2 >0 (∀p) (2) Đặt f (p) = c p − p(b + c − a ) + b = (b2 + c2 − a2)2 − 4b2 c2 = (b2 + c2 − a2 + 2bc)(b2 + c2 − a2 + 2bc) = [(b + c)2 − a2][(b − c)2 − a2] = (b + c + a)(b + c − a)(b − c − a)(b − c + a) Do a, b, c ba cạnh tam giác nên có Vậy f(p) có nên f(p) > với p tức bất đẳng thức (2) ∀p, (1) với p + q = Điều kiện đủ Đảo lại giả sử (1) với p +q = 1, tức (2) ∀p Từ theo định lí thuận tam thức bậc hai, ta có < 0, tức (b + c - a)(b + a - c)(b - c - a) < hay (b + c - a)(b + a - c)(a + c - b ) > (3) Từ (3) suy có hai trường hợp sau : 1/ Cả thừa số dương, rõ ràng a, b, c lấy làm độ dài cạnh tam giác 2/ Có thừa số âm thừa số dương Có thể b+c−a < b+a−c < Từ suy b < 0; điều trái với giả thiết Vậy trường hợp xảy ⇒ đ.p.c.m Bài 4.Cho hình chữ nhật có cạnh a, b, c (a < b < c) đường chéo d Gọi P tổng cạnh hình hộp, cịn S diện tích tồn phần Chứng minh 1 1 1 a< P − d2 − S < − P + d2 − S < c 4 Giải: Xét tam thức bậc hai Ta có: P2 1 f (x) = x2 − P x + − d2 + S 16 2 1 P −d+ S −4 = − P 16 2 P + 2− S = P2 − 36 144 9d 18 = d − S Vì d2 − S = a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) > (a < b < c) ⇒ f(x) có hai nghiệm x1 < x2, với 1 1 1 P − d2 − S , x2 = P + d2 − S x1 = 4 Bài toán trở thành: Chứng minh a < x1 c > x2 S P a+b+c b + c − 2a Ta có −a= −a= −a = 12 3 S S Do b > a, c > a ⇒ − a > 0.Tương tự − c < a P2 1 − d2 + S Lại có f (a) = a − P a + 16 2 P − d2 + S = (a + b + c)2 − a2 − b2 − c2 + ab + bc + ac = 3ab + 3bc + 3ac Do 16 2a(a + b + c) ab + bc + ca + ⇒ f (a) = a − 3 a2 − ab − ac − bc (c − a)(c − b) = = >0 3 2c(a + b + c) ab + bc + ca + f (c) = c2 − 3 c2 − ca − cb − ab (c − a)(c − b) = = >0 3 Như ta có > f (a) > f (c) > S a< x2 ⇒ đ.p.c.m Bài 5.Chứng minh A, B, C ba góc tam giác, x2 1+ ≥ cos A + x(cos B + cos C) (∀x) Giải: Bất đẳng thức cho viết dạng x2 − 2x(cos B + cos C) + 2(1 − cos A) ≥ (1) Đặt f(x) = x2 − 2x(cos B + cos C) + 2(1 − cos A) Ta có: Vậy f(x) có = (cos B + cos C)2 − 2(1 − cosA) A B−C A = sin2 cos2 − sin2 2 2 A B−C (cos − 1) ≤ = sin 2 ≤ hệ số > suy (1) (∀x) ⇒ đ.p.c.m Dấu xảy ⇔ =0 x = cos B + cos C B−C ⇔ = x = cos B + cos C ⇔ B = C x = cos B Bài 6.Cho u > nghiệm bất phương trình x2 − 2px − q 2, v nghiệm tùy ý x2 − 2px − p2 ≤ Chứng minh u + v > p + q Giải: Xét hai khả Nếu p2 + q = 0, tức p = q = 0, x2 − 2px − q > ⇔ x2 > Do u nghiệm lớn không ( u > 0) x2 − 2qx − p2 ≤ ⇔ x2 ≤ ⇔ x = Do v nghiệm nên v = Ta có u + v = u > = p + q ⇔ đ.p.c.m 2.Nếu p2 + q > Khi x2 − 2qx − q > ⇔ (x < p − p2 + q 2) v (x > p + p2 + q 2) Vì u > nghiệm nên u>p+ p2 + q Còn x2 − 2qx − q ≤ ⇔ q − Ta có v≥q− Từ suy u + v > p + q ⇒ đ.p.c.m p2 + q ≤ x ≤ q + p2 + q p2 + q Bài 7.Các số a, b, c, d, q, p thỏa mãn p2 + q − a2 − b2 − c2 − d2 > Chứng minh (p2 − a2 − b2)(q − c2 − d2 ) ≤ (pq − ac − bd)2 Giải: Từ giả thiết có (p2 − a2 − b2)(q − c2 − d2 ) > (1) Do từ (1) khơng giảm tổng qt giả sử p2 − a2 − b2 > Xét tam thức bậc hai f (x) = (p2 − a2 − b2 )x2 − 2(pq − ac − bd)x + (q − c2 − d2 ) Biệt số = (pq − ac − bd)2 − (p2 − a2 − b2 )(q − c2 − d2 ) Từ p2 − a2 − b2 > suy p = Ta có q2 q q f = (p2 − a2 − b2) − 2(pq − ac − bd) + q − c2 − d2 p p p 2 q q q q = −a2 − b2 + 2ac + 2bd − c2 − d2 p p p p qa qb − c)2 − ( − d)2 ≤ p p Như f (x) không dương ∀x mà hệ số x2 p2 − a2 − b2 > 0, theo định lí thuận = −( tam thức bậc hai ’ âm ⇒ ’ ≥ ⇒ đ.p.c.m Bài Cho a, b, c ∈ [−1, 2] a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 ≤ Giải: Từ giả thiết ta có a2 − a − ≤ (1) b −b−2 ≤ (2) c2 − c − ≤ (3) Cộng vế (1) (2) (3) ý a + b + c = 0, ta có a2 + b2 + c2 ≤ ⇒ đ.p.c.m Dấu xảy ⇔ đồng thời có dấu đẳng thức (1) (2) (3) Dấu (1) xảy ⇔ (a = -1) v (a = 2) Dấu (2) xảy ⇔ (b = -1) v (b = 2) Dấu (3) xảy ⇔ (c = -1) v (v = 2) Mặt khác ta phải có a + b + c = Vậy có dấu đẳng thức (a = 2; b = c = -1) v (b = 0; a = c = -1) v (c =2; a = b = -1) Bài Giả sử phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm tam thức ϕ(x) = αx2 + βx + γ có nghiệm, đồng thời khoảng cách nghiệm tam thức chứa (0,2) Chứng minh phương trình aϕ(0)x2 + bϕ(1)x + cϕ(2) = (1) có nghiệm Giải: Do giả thiết suy ϕ(0) ϕ(2) trái dấu với α, tức ϕ(0)ϕ(2) > Có hai khả sau xảy : Nếu ac ≤ ⇒ acϕ(0)ϕ(2) ≤ ⇒ (1) có ngiệm ≥ Nếu ac > 0.Khi =b2ϕ2 (1) − 4acϕ(0)ϕ(2) =ϕ2(1)(b2 − 4ac) + 4ac[ϕ2(1) − ϕ(0)ϕ(2)] (2) Theo giả thiết ta có b2 − 4ac ≥ (3) Ta có ϕ2 (1) − ϕ(0)ϕ(2) =(α + β + γ)2 − γ(4α + 2β + γ) =(α + β)2 − 2αγ =(α + β)2 − 2αϕ (0) Do ϕ(0) trái dấu với α nên αϕ(0) < ⇒ ϕ2 (1) = ϕ(0)ϕ(2) > Từ (2), (3), (4) suy (4) ≥ Vậy (1) có nghiệm ⇒ đ.p.c.m Bài 10 Cho bốn số thực a, b, c, d theo thứ tự lập thành cấp số cộng, m số thực cho 2m ≥ |ad − bc| Chứng minh (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) + m2 ≥ (∀x) Giải: (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = m2 ≥ Ta có (∀x) ⇔ [x2 − (a + d)x + ad][x2 − (b + c)x + bc] + m2 ≥ (1) Do ÷a, b, c, d nên ta có a + d = b + c Đặt t = x2 − (a + d)x Khi (1) ⇔ (t + ad)(t + bc) + m2 ≥ ⇔ t2 + (ad + bc)t + m2 + abcd ≥ (2) Đặt f (t) = t2 + (ad + bc)t + m2 + abcd Ta có = (ad + bc)2 − 4m2 − 4abcd = (ad − bc)2 − 4m ≤ (2m ≥ |ad − bc|) Vậy f(t) có ≤ hệ số > nên (2) ∀t, tức (1) ∀x ⇒ đ.p.c.m Dấu (2) xảy ⇔ = t = − (ad + bc) ⇔ 2m = |ad − bc| t = − (ad + bc) ⇔ 2x2 − 2(a + d)x + ad + bc = (3) Ta có = (a + d)2 − 2ad − 2bc = a2 + d2 − 2bc Nếu gọi α cơng sai ÷, = a2 + (a + 3α)2 − 2(a + α)(a + 2α) = 5α2 ≥ 0, (3) có nghiệm 10 Từ suy dấu (1) có √ a + d ± a2 + d2 − 2bc 2m = |da − bc| x = Bài 11.Cho ba số a, b, c thỏa mãn hệ a2 + b2 + c2 = (1) ab + bc + ca = (2) 4 Chứng minh |a| ≤ , |b| ≤ , |c| ≤ 3 Giải: Do vai trò a, b, c nên ta cần chứng minh bất đẳng thức |a| ≤ đủ Từ (2) ta có a(b + c) + bc = (3) Từ (1) ta có (b + c)2 − 2bc + a2 − = (4) Từ (3) ⇒ −bc = a(b + c) − Thay vào (4) ta (b + c)2 + 2a(b + c) + a2 − = (5) Do có tồn a, b, c thỏa mãn (5) tức phương trình x2 + 2ax + a2 − = có nghiệm = ⇒ b + c = −a + b + c = −a − b+c=2−a Nếu b + c = −a + ⇒ b2 + c2 = − a2 Vậy b, c nghiệm phương trình ⇔ z − (2 − a)z + a2 − 2a + = = 4a − 3a2 ≥ 0≤a≤ b + c = −a − 2 Nếu b + c = −a − 2⇒ b2 + c2 = − a2 Vậy b c hai nghiệm phương trình b+c = 2−a bc = a2 − 2a + (6) (6) có nghiệm ⇒ ⇔ z + (a + 2)z + a2 + 2a + = b + c = −a − bc = a2 + 2a + (7) = 3a2 − 4a ≥ 4 ⇒− ≤a≤ 3 4 Do tính đối xứng, ta có |b| ≤ , |c| ≤ ⇒ đ.p.c.m 3 (7) có nghiệm ⇒ 11 n Bài 12 Cho n số xi(i = 1, 2, , n) thỏa mãn điều kiện xi = n i=1 Giả sử a, b hai số cho a ≤ mink , Chứng minh b ≥ maxk 1≤k≤n 1≤k≤n n a+b+ x ≤a+b n i=1 i Giải: Từ giả thiết suy ∀k = 1, 2, n ta có: a ≤ xk ≤ b Theo định lý dấu tam thức bậc hai, ta viết x2k − (a + b)xk + ab ≤ (1), k = 1, 2, n Cộng vế n bất đẳng thức dạng (1), ta n n x2k − (a + b) k=1 n Do xk + nab ≤ (2) k=1 xk = n, nên từ (2) suy k=1 ab + n x ≤ a + b n i=1 i Đó đ.p.c.m Bài 13 Biết x3 − ax2 + bx − c = có nghiệm lớn hệ số a, b, c thỏa mãn điều kiện 2a3 + 3a2 − 7ab + 9c − 6b − 3a + = Chứng minh 1≤a≤2 Giải: Giả sử x1 , x2, x3 nghiệm phương trình cho Như x1 > 0, i = 1, 2, Ta có (x1 + x2)(x2 − x3)2 + (x2 + x3 )(x2 − x3 )2 + (x3 + x1)(x3 − x1 )2 ≥ Dễ thấy sau khai triển ước lượng ta có: S1 = 2(x1 + x2 + x3 )3 − 7(x1 + x2 + x3 )(x1x2 + x2x3 + x3 x1) + 9x1 x2x3 Theo định lí Viet, ta có S1 = 2a3 − 7ab + 9c ≥ (1) Ta lại có S2 = (x1 − x2 )2 + (x2 − x3)2 + (x3 − x1 )2 = 2(x1 + x2 + x3)2 − 6(x1 x2 + x2x3 + x3x1 ) = 2a2 − 6b ≥ (2) 12 Từ giả thiết ta viết S1 + S2 + a2 − 3a + = Do (1) (2) suy a2 − 3a + ≤ ⇒ ≤ a ≤ 2, Đó đ.p.c.m Bài 14 Giả sử x1 , x2 hai nghiệm cảu phương trình 2x2 + 2(m + 2)x + m2 + 4m + = √ 2 Chứng minh |x1 + x2 + 3x1 x2| ≤ + Giải: Phương trình cho có nghiệm , nên √ √ = −m2 − 4m − ≥ ⇔ −2 − ≤ m ≤ −2 + Theo định lý Viet suy x1 + x2 + 3x1 x2 = m2 + 5m + 2 Ta có 3 m + 5m + = (m2 + 4m + 2) − m − 2 2 √ m + 5m + ≤ −m − Do m ≥ −2 − 2 2 √ ⇒ m + 5m + ≤ + (2) 2 Lại có 3 7 m + 5m + = (m2 + 4m + 4) − m − ≥ −m − √ 2 2 Do m ≤ −2 − 3 √ ⇒ m2 + 5m + ≥ −( + 2) (3) 2 Từ (2) (3) có đ.p.c.m (1) Bài 15.Cho x1 > 0, x2 > 0, x1 y1 − z12 > x2y2 − z22 > Chứng minh 1 ≤ + (x1 + x2)(y1 + y2) − (z1 + z2)2 x1 y1 − z1 x2y2 − z22 Giải: Đặt D1 = x1y1 − z12 D2 = x2 y2 − z22 , D = (x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2)2 Trước hết ta chứng minh D D1 D2 ≥ (1) x1 + x2 x1 x2 Thật xét hai tam giác bậc hai sau P1 (t) = x1t2 + 2z1 t + y1 P2 (t) = x2t2 + 2z2 t + y2 13 Khi ta có −D1 = = z12 − x1 y1 ⇒ x1 + x2 > D1 D2 nên P1 (t) = ; P2 (t) x1 x2 D P (t) = x1 + x2 Vậy ta chứng minh (1) Do D1 > 0; D2 > nên từ (1) suy D > D1 D2 Từ (1) có D ≥ (x1 + x2)( + ) x1 x2 8 (2) ≤ hay D1 D2 D (x1 + x2 )( + ) x1 x2 1 ≤ + (3) Ta chứng minh D1 D2 D1 D2 (x1 + x2)( + ) x1 x2 Thật 1 x1 + x2 x1 + x2 (3) ⇔ ( + )( D1 + D2 ) ≥ (4) D1 D2 x1 x2 Ta có D1 x x + x x + x D1 x + + +1 + +1 V T (4) = x1 x2 D2 x2 D2 x1 D1 D2 D2 x1 D1 x2 x1 x2 + + + + + =2+ x2 x1 D2 D1 D2 x2 D2 x1 Do x1 , x2, D1 , D2 > nên theo bất đẳng thức Cauchy suy V T (4) ≥ ⇒ (3) Từ (2 (3) theo tính chất bắc cầu suy ≤ + ⇒ đ.p.c.m D D1 D2 Bài 16 Cho hệ phương trình    ax + bx + c = y ay + by + c = z   az + b + c = x z 2 với a = (b − 1) − 4ac < Chứng minh hệ cho vơ nghiệm Giải: Do a = nên giả thiết a > Giả sử hệ cho có nghiệm (x0 , y0, z0) Khi ta có : 14    ax0 + bx0 + c = y0 ay02 + by0 + c = z0   az + bz + c = x ⇒ 0 [ax0 + (b − 1)x0 + c] + [ay02 + (b − 1)y0 + c] + [az02 + (b − 1)z0 + c] =1 (1) Đặt f (t) = at2 + (b − 1)t + c, từ (1) ta có f (x0) + f (y0 ) + f (z0 ) = (2) Do a > (b − 1)2 − 4ac < 0, nên theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có f (t) > 0(∀t) ⇒ f (x0 ) > 0, f(y0 ) > 0, f(z0 ) > Điều mâu thuẫn với (2) Vậy giả thiết phản chứng sai suy hệ cho vô nghiệm 15 Bài 17.Cho a ≥ n số tự nhiên Chứng minh: a+ √ 1+ a + + a < √ 4a + n dấu Giải Đặt x1 = √ a x2 = a+ √ a xn = a+ a + + √ a (1) n dấu Do a ≥ nên ta có xn ≥ xn−1 Mặt khác từ (1) có x2n = a + xn−1 Vậy x2n < a + xn hay x2n − xn − a < Xét f (t) = t2 − t − a < (2) Từ (2) ta có f (xn ) < 0, theo định lí đảo tam thức bậc hai t1 < xn < t2 , với t1, t2 hai nghiệm f (t), √ tức √ − 4a + 1 + 4a + < xn < ⇒ đ.p.c.m 2 Bài 18 Chứng minh tam giác ta có: p2 ≥ ab sin2 A + bc sin2 B + ac sin2 C, (1) a, b, c cạnh p nửa chu vi tam giác Giải: (a + b + c)2 ab(1 − cos 2A) + bc(1 − cos 2B) + ac(1 − cos 2C) (1) ⇔ ≥ ⇔ (a + b + c)2 ≥ 2ab(1 − cos 2A) + 2bc(1 − cos 2B) + 2ac(1 − cos 2C) ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab cos 2A + 2bc cos 2B + 2ac cos 2C ≥ ⇔ a2 + 2a(b cos 2A + c cos 2C) + b2 + c2 + 2bc cos 2B ≥ Đặt f (a) = a2 + 2(b cos 2A + c cos 2C)a + b2 + c2 + 2bc cos 2B Ta có: = (b cos 2A + c cos 2C)2 − b2 − c2 − 2bc cos 2B = −b2 sin2 2A − c2 sin22C + 2bc(cos 2A cos 2C − cos 2B) Vì cos 2B = cos(2A + 2C) ⇒ (2A + 2C + 2B = 2π) = −b2sin2 2A − c2 sin2 2C + 2bc sin 2A sin 2C 16 (2) = −(b sin 2A − c sin 2C)2 ≤ Vậy f (a) có ≤ hệ số > nên f (a) ≥ Vậy (2) ⇒ đ.p.c.m Dấu xảy hệ sau thỏa mãn b sin 2A = c sin 2C (3) =0 ⇔ b cos 2A = −a − c cos 2C a = −bc cos 2A − c cos 2C Vậy ta có (4) b2 = c2sin2 2C + a2 + c2 cos2 2C + 2acos2C Áp dụng định lí hàm số cosin có a2 + c2 − 2accosB = a2 + c2 + 2ac cos 2C ⇒ −cosB = cos 2C hay B + 2C = 180◦ = B + C + A ⇒ C = A Thay vào (3) ta có b sin 2A = a sin 2A Vì C = A nên < A < 90◦ ⇒ sin 2A = ⇒ b = a Vậy có dấu ⇔ tam giác Bài 19.Chứng minh: 4sin2 63◦ + 15 cos89◦ 0, nên 15 4sin263◦ Ta chứng minh 4sin2 63◦ + VT (1) < 4sin2 63◦ + 15 0: Khi có hai khả sau : ≤ 0, (2) đung (∀x) hệ (1) , (2) ⇔ (1), độ dài nghiệm l hệ trường hợp l = x2 − x1, x1, x2 nghiệm tam thức x2 + px + q − = 0, √ √ l=2 (do + 16 ≤ ≤ 0) =2 b, Nếu > 0.Khi (1), (2) ⇔ x1 ≥ x ≥ x2 (x ≤ x3)v(x ≥ x4) x3 , x4 tương ứng hai nghiệm tam thức x2 + px + q = Do > 2, nên ta có : x1 < x3 < x4 < x2 , nghiệm hệ (1), (2) (x1 ≥ x ≥ x3 )v(x4 ≥ x ≥ x2 ) Do độ dài l nghiệm hệ : hay √ l = (x3 − x1 ) + (x2 − x4) = √ √ √ l= ( + 16 − < √ − + 4)2 − √ =4 Đó đ.p.c.m Như độ dài nghiệm trường hợp = 0, tức p2 − 4q = Bài 21 Cho số thực a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức: (a + b + c + d)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6ab Giải: Ta có : (a + b + c + d)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6ab ⇔ a2 + 2a(b + c + d) + (b + c + d)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6ab ⇔ −2a2 + 2a(c + d − 2b) + (b + c + d)2 − 3(b2 + c2 + d2 ) ≤ Xét f (a) = −2a2 + 2a(c + d − 2b) + (b + c + d)2 − 3(b2 + c2 + d2 ) 18 Ta thấy hệ số a2 -2 < có biệt thức là: = (c + d − 2b)2 + 2[(b + c + d)2 − 3(b2 + c2 + d2 )] = −(c − b)2 − (d − b)2 + 2(c − b)(d − d)2 = −3(c − d)2 ≤ Vậy f (a) ≤ ∀a, b, c, d ∈ R ⇒ đ.p.c.m Đẳng thức xảy ta a = (c + d − 2b) c = d Vi dụ 22 Chứng minh bất đẳng thức Côsi - Bunhiacơpki Cho n cặp số thực , bi , i = 1, , n Thế (a1b1 + a2 b2 + an bn )2 ≤ (a12 + a22 + an2)(b1 + b22 + bn2) Dấu "=" xảy tông số k ∈ R cho b1 = ka1, b2 = ka + 2, bb = kan Giải: Với ∀x ∈ R ta có: (a1x − b1 )2 ≥ (an x − bn )2 ≥ Từ suy ra: a12 x2 − 2a1 b1x + b21 ≥ an 2x2 − 2an bn x + b2n ≥ Cộng vế với vế ta (a1 +a22 + +an2 )x2 −2(a1b1 +a2 b2 + +anbn )x+(b12 +b2 + +bn ) ≥ Vế trái tam thức bậc hai f (x) = Ax2 − 2B x + C với A > f (x) ≥ ∀x ∈ R nên A > = B − AC = (a1b1 + a2b2 + + an bn ) + (a12 + a22 + + an 2)(b1 + b12 + + bn ) ≤ thu bất đẳng thức cần phải chứng minh Còn A = a1 = a2 = = an = bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên Cuối ta thấy dấu "=” bất đẳng thức xảy = ⇔ a1 x − b1 = = an x − bn = 19 ⇔ b1 = ka1 , , bn = kan với k ∈ R √ Bài 23 Cho 2(a + b) − 2(b − c) + a = Chứng minh rằng: b2 + c2 ≥ 4a2 + 2bc + 4ab a + b = Giải: Xét f (x) = (a + b)x2 − (b − c)x + a Vì a + b = nên f (x) tam thức bậc hai √ Theo giả thiết : f ( 2) = nên phương trình f (x) = có nghiệm = (b − c)2 − 4a(a + b) ≥ b2 + c2 − 2bc − 4ab − 4a2 ≥ b2 + c2 ≥ 4a2 + 2bc + 4ab (đ.p.c.m) 20 D TÀI LIỆU THAM KHẢO Hoàng Kỳ, Hoàng Thanh Hà (2005), Đại số sơ cấp thực hành giải toán, NXB Đại học Sư phạm Phan Đức Chính (1995), Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục Phan Huy Khải (1997), 500 toán chọn lọc bất đẳng thức, NXB Hà Nội 21 ... kiến thức 1.0.1 Định nghĩa tam thức bậc hai - Tam thức bậc hai ( x ) biểu thức dạng ax2 + bx + c, a, b, c số cho trước với a = - Nghiệm tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c nghiệm phương trình bậc. .. bậc hai ax2 + bx + c = Kí hiệu: x1 , x2 nghiệm f (x) = - Biểu thức = b2 − 4ac = b − ac biệt thức biệt thức thu gọn tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c 1.0.2 Định lí thuận dấu tam thức bậc hai: ... hai nghiệm trái dấu với a với x khoảng hai nghiệm 1.0.3 Định lí đảo dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai: f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0) Khi đó: * Nếu có số thực α mà af (α) < f (x) có hai