phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức

Mục lục1.0.1 Định nghĩa tam thức bậc hai.. 3 2 Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức 4... Chú ý: Trong trường hợp cuối cùng của định lý dảo, muốn xác định rõ hơn

Mục lục

1.0.1 Định nghĩa tam thức bậc hai 2

1.0.2 Định lí thuận về dấu của tam thức bậc hai: 2

1.0.3 Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai: 2

1.0.4 So sánh nghiệm của tam thức với một số cho trước 3

1.0.5 So sánh nghiệm của tam thức với hai số cho trước α < β 3

2 Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức 4

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản

1.0.1 Định nghĩa tam thức bậc hai

- Tam thức bậc hai ( đối với x ) là biểu thức dạng ax2+ bx + c, trong đó a, b, c là những

số cho trước với a 6= 0.

- Nghiệm của tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c chính là nghiệm của phương trình bậc hai ax2+ bx + c = 0 Kí hiệu: x1, x2 là nghiệm của f (x) = 0

- Biểu thức 4 = b2− 4ac và 40= b02− ac là biệt thức và biệt thức thu gọn của tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c

1.0.2 Định lí thuận về dấu của tam thức bậc hai:

Cho tam thức bậc hai:

f (x) = ax2+ bx + c, (a 6= 0).

Khi đó:

* Nếu 4 < 0 thì f (x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R.

* Nếu 4 = 0 thì f (x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R, x 6= − b

2a (khi x = −

b

2a thì

f (x) = 0).

* Nếu 4 > 0 thì (x)cùng dấu với a với mọi x ở ngoài khoảng hai nghiệm và trái dấu với

a với mọi x ở trong khoảng hai nghiệm

1.0.3 Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai:

Cho tam thức bậc hai:

f (x) = ax2+ bx + c, (a 6= 0).

Khi đó:

* Nếu có số thực α mà af (α) < 0 thì f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2và x1 < α < x2

* Nếu có số thực β mà af (β) > 0 thì f (x) có hai nghiệm hoặc không có nghiệm Nếu có nghiệm x1 ≤ x2 thì β < x1 hoặc β < x2.

Chú ý: Trong trường hợp cuối cùng của định lý dảo, muốn xác định rõ hơn β < x1 hoặc

Chương 2

Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức

Bài 1 Cho a3 > 36 và abc = 1 Chứng minh a

⇔ cxy − (ax + by)(x + y) ≤ 0

Bài 3 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để có thể lấy a, b, c

làm độ dài ba cạnh của một tam giác là pa2+ qb2 > pqc2 (1) với mọi p +q = 1

= (b + c + a)(b + c − a)(b − c − a)(b − c + a)

Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên có ngay 4 < 0

Vậy f(p) có 4 < 0 và hệ số c2 > 0 nên f(p) > 0 với mọi p tức là bất đẳng thức (2) đúng

∀p, do đó (1) đúng với mọi p + q = 1.

Điều kiện đủ Đảo lại giả sử (1) đúng với mọi p +q = 1, tức là (2) đúng ∀p Từ đó theo

định lí thuận của tam thức bậc hai, ta có 4 < 0, tức là

(b + c - a)(b + a - c)(b - c - a) < 0hay (b + c - a)(b + a - c)(a + c - b ) > 0 (3)

Từ (3) suy ra chỉ có thể có hai trường hợp sau :

1/ Cả 3 thừa số đều dương, khi đó rõ ràng a, b, c có thể lấy làm độ dài 3 cạnh của 1tam giác

2/ Có 2 thừa số âm và 1 thừa số dương Có thể là

b + c − a < 0

b + a − c < 0

Từ đó suy ra b < 0; đó là điều trái với giả thiết Vậy trường hợp 2 không thể xảy ra

⇒ đ.p.c.m

Bài 4.Cho một hình chữ nhật có 3 cạnh a, b, c (a < b < c) và đường chéo bằng d Gọi

P là tổng các cạnh của hình hộp, còn S là diện tích toàn phần Chứng minh

Bài toán trở thành: Chứng minh a < x1 còn c > x2.

6P a +

19

Vậy theo định lý đảo ta có a < x1 và c > x2 ⇒ đ.p.c.m

Bài 5.Chứng minh rằng nếu A, B, C là ba góc của 1 tam giác, thì

1 + x

2

2 ≥ cos A + x(cos B + cos C) (∀x)

Giải:

Bất đẳng thức đã cho có thể viết dưới dạng

x2− 2x(cos B + cos C) + 2(1 − cos A) ≥ 0 (1)

Đặt f(x) = x2− 2x(cos B + cos C) + 2(1 − cos A) Ta có:

40= (cos B + cos C)2− 2(1 − cosA)

Bài 6.Cho u > 0 là một nghiệm của bất phương trình x − 2px − q , còn v là một

nghiệm tùy ý của x2− 2px − p2 ≤ 0 Chứng minh u + v > p + q

Như vậy f (x) không dương ∀x mà hệ số của x2 là p2− a2− b2 > 0, vậy theo định lí thuận

tam thức bậc hai thì 4’ không thể âm ⇒4’ ≥ 0 ⇒ đ.p.c.m

Dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔ (a = -1) v (a = 2)

Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ (b = -1) v (b = 2)

Dấu bằng trong (3) xảy ra ⇔ (c = -1) v (v = 2)

Mặt khác ta phải có a + b + c = 0 Vậy có dấu đẳng thức khi và chỉ khi

(a = 2; b = c = -1) v (b = 0; a = c = -1) v (c =2; a = b = -1)

Bài 9 Giả sử phương trình ax2+ bx + c = 0 có nghiệm và tam thức ϕ(x) = αx2+ βx + γ

có nghiệm, đồng thời khoảng cách các nghiệm của tam thức chứa (0,2) Chứng minh rằngphương trình

aϕ(0)x2+ bϕ(1)x + cϕ(2) = 0 (1) cũng có nghiệm

Giải:

Do giả thiết suy ra ϕ(0) và ϕ(2) trái dấu với α, tức là ϕ(0)ϕ(2) > 0.

Có hai khả năng sau xảy ra :

1 Nếu ac ≤ 0 ⇒ acϕ(0)ϕ(2) ≤ 0 ⇒ (1) có ngiệm do 4 ≥ 0.

2 Nếu ac > 0.Khi đó

4 =b2ϕ2(1) − 4acϕ(0)ϕ(2)

=ϕ2(1)(b2− 4ac) + 4ac[ϕ2(1) − ϕ(0)ϕ(2)] (2)

Theo giả thiết ta có b − 4ac ≥ 0 (3)

Từ (2), (3), (4) suy ra 4 ≥ 0 Vậy (1) có nghiệm ⇒ đ.p.c.m

Bài 10 Cho bốn số thực a, b, c, d theo thứ tự trên lập thành một cấp số cộng, và

m là số thực sao cho 2m ≥ |ad − bc|.

Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ 4 = 0 và t = −1

40= a2 + (a + 3α)2 − 2(a + α)(a + 2α)

= 5α2 ≥ 0, vậy (3) có nghiệm

Từ đó suy ra dấu bằng trong (1) có khi và chỉ khi

3, |b| ≤

4

3, |c| ≤

43

Giải:

Do vai trò như nhau của a, b, c nên ta chỉ cần chứng minh một bất đẳng thức |a| ≤ 4

3 làđủ

Bài 12 Cho n số xi(i = 1, 2, , n) thỏa mãn điều kiện

Từ giả thiết suy ra ∀k = 1, 2, n ta có: a ≤ xk ≤ b.

Theo định lý về dấu tam thức bậc hai, ta có thể viết

Từ giả thiết ta có thể viết

√2

P1(t) = x1t2+ 2z1t + y1

P2(t) = x2t2+ 2z2t + y2

Do x1, x2, D1, D2 > 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy suy ra V T (4) ≥ 8 ⇒ (3) đúng.

Từ (2 và (3) theo tính chất bắc cầu suy ra

Giải:

Do a 6= 0 nên có thể giả thiết a > 0 Giả sử hệ đã cho có nghiệm (x0, y0, z0) Khi đó ta có:

Bài 17.Cho a ≥ 0 và n là số tự nhiên Chứng minh:

Từ (2) ta có f (xn) < 0, vậy theo định lí đảo tam thức bậc hai thì t1 < xn < t2, với t1, t2

là hai nghiệm của f (t), tức là

1 −√4a + 1

2 < xn<

1 +√4a + 1

2 ⇒ đ.p.c.m

Bài 18 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có:

p2 ≥ ab sin2A + bc sin2B + ac sin2C, (1)trong đó a, b, c là 3 cạnh còn p là nửa chu vi của tam giác

⇔ (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 ≥ 0

⇔ a2+ 2a(b cos 2A + c cos 2C) + b2 + c2+ 2bc cos 2B ≥ 0 (2)

Đặt f (a) = a2+ 2(b cos 2A + c cos 2C)a + b2+ c2+ 2bc cos 2B Ta có:

40= (b cos 2A + c cos 2C)2− b2− c2− 2bc cos 2B

= −b2sin22A − c2sin22C + 2bc(cos 2A cos 2C − cos 2B).

Vì cos 2B = cos(2A + 2C) do (2A + 2C + 2B = 2π)

⇒ 40= −b2sin22A − c2sin22C + 2bc sin 2A sin 2C

Vậy có dấu bằng ⇔ là tam giác đều.

Bài 19.Chứng minh: 4sin263◦+15 cos89

Bài 20 Chứng minh rằng với mọi p, q thì tổng độ dài nghiệm của bất phương trình

sau không vượt quá 4

Ta tính các biệt số 41, 42 tương ứng của (1) và (2) Ta có

41 = p2− 4q + 8

42 = p2− 4q − 8

Vậy ta có ngay 41 = 42+ 16

Xét hai trường hợp:

1 Nếu 41 ≤ 0: Khi đó hoặc là (1) vô nghiệm, hoặc là (1) có nghiệm duy nhất, tức là

hệ (1), (2) khi đó nhiều nhất là có 1 nghiệm ⇒ đ.p.c.m

2 Nếu 41 > 0: Khi đó có hai khả năng sau :

a, Nếu 42 ≤ 0, vậy (2) đung (∀x) do đó hệ (1) , (2) ⇔ (1), như vậy độ dài nghiệm l của

hệ trong trường hợp này là

l = x2− x1, trong đó x1, x2 là nghiệm của tam thức x2+ px + q − 2 = 0, vậy

(√42+ 4)2−√42 = 4

Đó chính là đ.p.c.m

Như vậy độ dài nghiệm chỉ có thể bằng 4 trong trường hợp 42 = 0, tức là khi p2− 4q = 8.

Bài 21 Cho 4 số thực a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức:

Ta thấy hệ số của a là -2 < 0 và có biệt thức 4 là:

(anx − bn)2 ≥ 0

Từ đó suy ra:

a1 x2− 2a1b1x + b21 ≥ 0

an2x2− 2anbnx + b2

n≥ 0Cộng vế với vế ta được

(a1 +a2 + +an2)x2−2(a1b1+a2b2+ +anbn)x+(b12+b22+ +bn2) ≥ 0.

Vế trái là một tam thức bậc hai f (x) = Ax2− 2B0x + C với A > 0 và f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R

nên nếu A > 0 thì

4 = B02− AC = (a1b1+ a2b2+ + anbn) +

(a1 + a2 + + an2)(b12+ b12+ + bn2) ≤ 0

và thu được bất đẳng thức cần phải chứng minh

Còn nếu A = 0 thì a1 = a2 = = an= 0 khi đó bất đẳng thức cần chứng minh là hiểnnhiên

Cuối cùng ta thấy dấu "=” trong bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

4 = 0 ⇔ a1x − b1 = = anx − bn = 0

⇔ b1 = ka1, , bn= kan với k ∈ R.

Bài 23 Cho 2(a + b) −

√

2(b − c) + a = 0 Chứng minh rằng: b2+ c2 ≥ 4a2 + 2bc + 4ab nếu a + b 6= 0

Giải:

Vì a + b 6= 0 nên f (x) là một tam thức bậc hai

Theo giả thiết : f (

D TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Hoàng Kỳ, Hoàng Thanh Hà (2005), Đại số sơ cấp và thực hành giải toán, NXB Đạihọc Sư phạm

2 Phan Đức Chính (1995), Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục

3 Phan Huy Khải (1997), 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức, NXB Hà Nội