Ứng dụng của tam thức bậc 2 trong chứng minh bất đẳng thức

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác ỨNG DỤNG CỦA TAM THỨC BẬC HAI TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Đỗ Trọng Đạt - Tăng Hải Tuân - Trần Trung Kiên om I Lời nói đầu c Trong trình học THCS THPT hẳn bạn nhiều gặp ứng dụng tam thức bậc 2, tìm nghiệm phương trình, tìm miền giá trị Đơn giản sáng, sử dụng tam thức bậc để chứng minh bất đẳng thức từ lâu phương pháp hay hiệu Qua viết này, xin giới thiệu phương pháp sắc màu qua toán oc u oc Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn Đỗ Trọng Đạt - 10 Toán THPT Chuyên Thái Bình Trần Trung Kiên - Thành phố Hồ Chí Minh Nhóm tác giả II Tóm tắt lý thuyết Xét tam thức bậc f (x) = ax2 + bx + c với a = f (x) viết lại dạng tương đương là: b 2a + 4ac − b2 4a gb f (x) = a x + kh on Từ đẳng thức đơn giản đồ thị hàm số tam thức bậc ta rút số quan hệ dấu f (x) với a ∆, từ đến số tính chất tam thức bậc để áp dụng chứng minh bất đẳng thức: Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c với a khác Khi ta có Tiêu chuẩn f (x) ≥ ⇔ a>0 ∆≤0 Tiêu chuẩn f (x) ≤ ⇔ a với x > α       a >     ⇔ ⇔ f (x) = vô nghiệm       f (x) = có nghiệm x1 ≤ x2 ≤ α    a>0 ∆0      ∆ ≥ af (α) ≥        − b ≤α 2a Tiêu chuẩn 4.f (x) > với x < α  a>0 ∆     ∆ ≥ oc u Tiêu chuẩn 5.f (x) < với x > α oc c       a >     ⇔ ⇔ f (x) = vô nghiệm       f (x) = có nghiệm α ≤ x1 ≤ x2    om   gb       a Khơng tính tổng qt giả sử q − c2 − d2 > 0.Xét tam thức bậc : f (x) = (p2 − a2 − b2 )x2 − 2(pq − ac − bd)x + (q − c2 − d2 ) Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác 2 q bq aq −c − −d ≤0 =− Ta có f p p p Nên ∆ = (pq − ac − bd)2 − (q − c2 − d2 )(p2 − a2 − b2 ) ≥ Bất đẳng thức chứng minh ! Ví dụ 15 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ + 2abc om Lời giải: Đặt S = a + b, P = ab Khi giả thiết viết lại dạng S + c2 = + 2P , suy 2P = S + c2 − Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2P c + − P − Sc ≥ 0, S + c2 − c + − c hay S + c2 − − Sc ≥ 0, oc có nghĩa ta chứng minh f (S) = (2c − 1) S − 2c.S + 2c3 − c2 − 4c + ≥ oc u Thật vậy, khơng tính tổng quát, giả sử c số lớn ba số a, b, c Khi dễ thấy 2 2 ≤ 3c2 , suy c ≥ Từ ta có c2 + c − ≥ + − > Mặt khác, 3    2c − > 2 − >   ∆ = c2 − 2c3 − 4c − c2 + (2c − 1) = −4(c − 1)2 c2 + c − ≤ S on gb Nên, theo định lí dấu tam thức bậc hai, ta có f (S) ≥ Bài toán chứng minh xong Với giả thiết c số lớn nhất, đẳng thức xảy a = 0, b = c = b = 0, a = c = Ví dụ 16 Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh với số thực k ≥ 1, bất đẳng sau thỏa mãn k(a2 + b2 + c2 ) + abc + 3k + ≥ (2k + 1)(a + b + c) kh Lời giải: Giả sử (a − 1)(b − 1) ≥ ta có ab + ≥ a + b Do k(a2 + b2 + c2 ) + abc + 3k + ≥ k(a2 + b2 + c2 ) + (a + b − 1)c + 3k + Bây đặt 2t = a + b, sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dễ thấy a2 + b2 ≥ 2t2 , tốn chứng minh ta k(2t2 + c2 ) + (2t − 1)c + 3k + − (2k + 1)(2t + c) ≥ hay tương đương f (t) = 2k.t2 + 2(c − 2k − 1).t + c2 k − 2ck − 2c + + 3k ≥ 10 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Ta có ∆t = (c − 2k − 1)2 − 2k c2 k − 2ck − 2c + + 3k = −(c − 1)2 2k − Như f (t) ≥ 0, ∀t ⇔ 2k > ∆t = −(c − 1) ⇔k≥ √ 2k − ≤ (2 − k) c Lời giải: Ta có 1 + + (a − b) (b − c) (c − a)2 ≥ oc a2 + b2 + c2 + k (ab + bc + ca) om Từ ta suy với số thực k ≥ √ bất đẳng thức đề đúng, tức với số thực k ≥ bất đẳng thức Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 17 Cho k ∈ (−1; 2) a, b, c số đôi phân biệt Chứng minh 1 + + ≥ + = (a − b) (b − c) (c − a) (a − b) (b − c + c − a) (a − b)2 oc u Do ta cần chứng minh a2 + b2 + c2 + k (ab + bc + ca) ≥ 2−k (a − b)2 hay (k + 2) (a + b)2 + 4kc (a + b) + 4c2 ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên gb ∆a+b = 4k c2 − 4c2 (k + 2) = (k − 2) (k + 1) c2 ≤ kh on Ví dụ 18 Cho a,b,c ba cạnh tam giác với số thực x, y, z thỏa: ax + by + cz = Chứng minh xy + yz + xz ≤ Lời giải: ax + by Từ giả thiết ta có z = − Từ viết lại điều phải chứng minh thành: c xy − ax + by (x + y) ≤ c ⇔ f (x) = ax2 − y(a + b − c)x + by ≥ Muốn chứng minh tam thức bậc f (x) ≥ ta cần chứng minh ∆ ≤ Hay y [(a + b − c)2 − 4ab] ≤ ⇔ (a − b)2 + c2 ≤ 2(a + b)c Và a, b, c độ dài cạnh tam giác nên (a − b)2 + c2 ≤ 2c2 ≤ 2(a + b)c Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy chẳng hạn x = y = z = 11 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Ví dụ 19 Cho số thực a, b, c, d, m thỏa mãn điều kiện a + d = b + c 2m ≥ |ad − bc| Chứng minh ∀x ∈ R ta có: (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) + m2 ≥ Lời giải: Ta có : = x2 − (a + d)x + ad x2 − (b + c)x + bc + m2 = (X + ad)(X + bc) + m2 = X + (ad + bc)X + m2 + abcd = f (X) c Trong X = x2 − (a + d)x = x2 − (b + c)x Xem f (X) tam thức bậc ẩn X ta có: om (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) + m2 oc ∆ = (ad + bc)2 − 4(abcd + m2 ) = (ad − bc)2 − 4m2 ≤ Từ giả thiết Vậy nên f (X) ≥ 0∀X ∈ R hay (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) + m2 ≥ Kết thúc chứng minh oc u Ví dụ 20 Chứng minh với a, b, c cạnh tam giác ta ln có bất đẳng thức sau ∀x, y, z ∈ R: a(x − y)(x − z) + b(y − x)(y − z) + c(z − x)(z − y) ≥ gb Lời giải: Do a, b, c cạnh tam giác nên a + b > c ⇒ ac + bc > c2 Thiết lập bất đẳng thức tương tự cộng lại ta dễ dàng có: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (∗) Ta viết lại bất đẳng thức dạng tam thức bậc theo ẩn x: on ax2 − (ay + az + by − bz + cz − cy)x + (ayz + by − byz + cz − cyz) ≥ kh Dễ dàng nhận thấy hệ số cao tam thức a ≥ có biệt thức: ∆ = (ay + az + by − bz + cz − cy)2 − 4a(ayz + by − byz + cz − cyz) = [a2 + b2 + c2 − 2(ab + bc + ca)](y − z)2 ≤ ( Từ (∗) ) Chứng minh hoàn tất Dấu xảy chẳng hạn x = y = z Ví dụ 21 Chứng minh bất đẳng thức với A, B, C đỉnh tam giác x, y, z số thực bất kì: x2 + y + z + 2(xy cos 2C + yz cos 2A + xz cos 2B) ≥ Lời giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: x2 +2(z cos 2B +y cos 2C)x+y +z +2yz cos2A ≥ Coi tam thức bậc ẩn x ta có: ∆‘ = (z cos 2B + y cos 2C)2 − y − z − 2yz cos 2A 12 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác = z (cos2 2B − 1) + y (cos2 2C − 1) + 2yz[cos 2B cos 2C − cos(2B + 2C)] = −(ysinC + zsinB)2 ≤ Vậy theo định lý dấu tam thức bậc ta có bất đẳng thức cần chứng minh x2 + y + z cos A cos B cos C + + ≤ x y z 2xyz b) Cho số thực dương a, b, c, x, y, z.Chứng minh bất đẳng thức: om Ví dụ 22 a) Chứng minh ∀x, y, z ∈ R+ tam giác ABC ta có: bcx acy abz (a + b + c)2 + + ≤ (x + y)(x + z) (x + y)(y + z) (x + z)(y + z) 4(x + y + z) a2 2 − + +1 b +1 c +1 oc P = c c) Cho a, b, c thoả mãn :abc + a + c = b Tìm giá trị lớn biểu thức: Olympic toán Việt Nam - 2002 oc u Lời giải: a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: x2 − 2(zcosB + ycosC)x + y + z − 2yzcosA ≥ (*) Để (*) xảy với x (x dương) thì: ∆ ≤ Có: ∆ = (zcosB + ycosC)2 − y − z + 2yzcosA = z (cos2 B − 1) + y (cos2 C − 1) + 2yzcosBcosC − 2yzcos(B + C) = −(ysinC + zsinB)2 ≤ gb Suy điều phải chứng minh b) Đặt m = x + y, n = y + z, k = z + x m, n, k độ dài cạnh tam giác ⇔ bc(m + k − n) ac(m + n − k) bc(n + k − m) (a + b + c)2 + + ≤ mk mn nk m+n+k on bc(m2 + k − n2 + 2mk) ac(m2 + n2 − k + 2mn) bc(n2 + k − m2 + 2nk) + + ≤ (a + b + c)2 mk mn nk 2 2 2 2 bc(m + k − n ) ac(m + n − k ) bc(n + k − m2 ) ⇔ + + ≤ a2 + b + c mk mn nk Nhưng mặt khác m, n, k độ dài cạnh tam giác nên theo định lý Cosin (*) viết lại thành: 2bc cos A + 2ac cos B + 2ab cos C ≤ a2 + b2 + c2 kh ⇔ Trong đó: A, B, C góc M N P nhận m, n, p thứ tự cạnh đối diện tương ứng Và kết tốn trước nên ta cói điều cần chứng minh π c) Đặt a = tgα, c = tgβ, < α, β < Từ giả thiết, ta có:   − ac > π b (1 − ac) = a + c ⇒ ⇒0 gb Lời giải: Bất đẳng thức đẵ cho ⇔ f (x) > ∀y Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có (sin y + cos y)2 ≤ (1 + sin2 y)(cos2 y + 1) Vì sin x = 1, cos x = vô nghiệm nên dấu không xảy on Vậy f (x) = x2 (1 + sin2 y) + 2x(sin y + cos y) + + cos2 y > 0∀x, y kh V Sử dụng tam thức bậc để chứng minh 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 (1 + a1 + a2 + a3 + + an )2 ≥ 4(a21 + a22 + + a2n ) Lời giải: Xét tam thức f (X) = X − (1 + a1 + a2 + a3 + + an )X + a21 + a22 + + a2n 17 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Ta có: f (0) = a21 + a22 + + a2n ≥ f (1) = −(a1 + a2 + + an ) + a21 + a22 + + a2n = −[a1 (1 − a1 ) + a2 (1 − a2 ) + + an (1 − an )] ≤ Suy f (X) có nghiệm thuộc [0; 1] nên ∆ = (1 + a1 + a2 + + an )2 − 4(a21 + a22 + + a2n ) ≥ Ví dụ 31 n b i n n a2i ≤ i=1 om (Bất đẳng thức Bunyakovsky) i=1 b2i i=1 oc c Lời giải: Xét tam thức: f (x) = (a1 x − b1 )2 + (a2 x − b2 )2 + + (an x − bn )2 Khi triển ta có: f (x) = (a21 + a22 + + a2n ) x2 − (a1 b1 + a2 b2 + an bn ) x + (b21 + b22 + + b2n ) Vì f (x) ≥ ∀x ∈ R nên ∆f ≤ ⇔ (a1 b1 + a2 b2 + an bn )2 ≤ a21 + a22 + + a2n n ⇔ n ≤ n a2i b2i oc u bi i=1 i=1 b21 + b22 + + b2n i=1 Vậy ta có điều phải chứng minh a1 a2 an Dấu "=" xảy ⇔ = = = ⇔ = kbi b1 b2 bn gb Ví dụ 32 Cho a21 − a22 − − a2n > Chứng minh rằng: a21 − a22 − − a2n b21 − b22 − − b2n (Bất đẳng thức Aczela ) (a1 b1 − a2 b2 − − an bn )2 kh on Lời giải: Hiển nhiên b21 − b22 − − b2n ≤ bất đẳng thức Ta xét b21 − b22 − − b2n > Ta có: (a21 − a22 − − a2n ) (b21 − b22 − − b2n ) − (a1 b1 − a2 b2 − − an bn )2 = −a21 (b22 + b23 + + b2n ) + 2a1 b1 (a2 b2 + a3 b3 + + an bn ) − (a22 + a23 + + a2n ) (b21 − b22 − b23 − − b2n ) − (a2 b2 + a3 b3 + + an bn )2 Xem biểu thức tam thức bậc ẩn a1 với hệ số a không dương Ta cần chứng minh ∆ khơng dương hồn tất Thật vậy: ∆ = b21 (a2 b2 + a3 b3 + + an bn )2 − (b22 + b23 + + b2n ) (a22 + a23 + + a2n ) (b21 − b22 − − b2n ) − (b22 + b23 + + b2n ) (a2 b2 + a3 b3 + + an bn )2 = (a2 b2 + a3 b3 + + an bn )2 (b21 − b22 − − b2n ) − (b22 + b23 + + b2n ) (a22 + a23 + + a2n ) (b21 − b22 − − b2n ) = (b21 − b22 − − b2n ) (a2 b2 + a3 b3 + + an bn )2 − (b22 + b23 + + b2n ) (a22 + a23 + + a2n ) Ta có b21 − b22 − − b2n > 18 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Và theo Cauchy-Schwarz ta có (a2 b2 + a3 b3 + + an bn )2 − b22 + b23 + + b2n a22 + a23 + + a2n ≤ Nên ∆ ≤ Chứng minh kết thúc Ví dụ 33 Biết bất đẳng thức x21 + x22 + x23 + + x2n ≥ (x1 + x2 + + xn−1 )xn thỏa mãn với số thực x1 , x2 , xn (n ≥ 1) n bao nhiêu? c Lời giải: Giả sử bất đẳng thức x21 + x22 + x23 + + x2n ≥ (x1 + x2 + + xn−1 )xn (1) oc thỏa mãn với số thực x1 , x2 , xn (n ≥ 1) Khi xảy với x1 = x2 = = xn−1 = xn = om (Olympic 30-4) oc u ⇒ (n − 1) + ≥ 2(n − 1) ⇒ ≤ n ≤ Đảo lại, giả sử ≤ n ≤ ta chứng minh (1) thỏa mãn với số thực x1 , x2 , xn Quả vậy, xét tam thức: f (xn ) = x2n − (x1 + x2 + + xn−1 )x2 + x21 + x22 + + x2n−1 gb Đây tam thức bậc hai xn ta có: ∆ = (x1 + x2 + + xn−1 )2 − 4(x21 + x22 + + x2n−1 ) on Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 4(x21 + x22 + + x2n−1 ) ≥ (n − 1)(x21 + x22 + + x2n−1 ) ≥ (x21 + x22 + + x2n−1 ) Do ∆ ≤ ⇒ f (xn ) ≥ 0, ∀xn ∈ R Vậy kết cần tìm n ∈ {1, 2, 3, 4, 5} kh Ví dụ 34 Cho a > 0, chứng minh rằng: a+ √ 1+ a + + a < √ 4a + (ở vế trái có n dấu căn, n > 1) Lời giải: Đặt x1 = √ a, x2 = a+ √ a, , xn = a+ a + + √ a (1) 19 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Do a > nên ta có xn > xn−1 Từ (1) suy ra: x2n = a + xn−1 ⇒ x2n < a + xn ⇒ x2n − xn − a < (2) Xét tam thức bậc hai: f (t) = t2 − t − a Từ (2) ta có f (xn ) < nên theo định lí đảo dấu tam thức bậc hai t1 < xn < t2 với t1 , t2 hai nghiệm f (t) tức: √ 4a + hay a+ a + + √ a< VI Lời kết 1+ √ 4a + (đpcm) om xn < 1+ kh on gb oc u oc c Các hướng giải nêu chuyên đề chí giải chi tiết chưa phải hướng giải tốt Các tác giả mong muốn: Chính bạn đưa lời giải hay thắc mắc xin gửi địa emai trongdat190697tb@gmail.com 20 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác VII Bài tập đề nghị Bài 1: Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức A = xy + 2yz + 3xz Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức A= 2x2 − 2xy + 9y (y = 0) x2 + 2xy + 5y B =x+ x2 + om Bài 3: Cho x > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x c x + y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu x2 = yz Bài 4: Cho số thực x, y, z = thỏa mãn thức A = 2x4 − 3yz Bài 5: Trong nghiệm (x, y) phương trình oc (x2 − y + 2)2 + 4x2 y + 6x2 − y = oc u hay tìm nghiệm (x; y) cho A = x2 + y đạt giá trị nhỏ x+y+z =4 Bài 6: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn giá trị xyz = nhỏ biểu thức P = xy + xz + yz Bài 7: Cho a, b, c độ dài tam giác số x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn P = ayz + bzx + cxy Bài 8: Chứng minh bất đẳng thức với a, b, c ∈ R: gb 2a2 + 5b2 + 3c2 − 6ab + 5bc − 2ca ≥ Bài 9: Chứng minh ta ln có bất đẳng thức với a, b, c số thực bất kì: on a2 + 2b2 + 5c2 ≥ 2(ab + bc + ca) Bài 10: Cho số thực a, b ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: P = a2 a2 + ab + b2 kh Bài 11: Cho A, B, C góc tam giác ABC Chứng minh : cos A + cos B + cos C ≤ B−C + cos2 2 Bài 12: Cho a, b, c ≥ a + b + c ≤ π Chứng minh : + cos(a + b) cos(b + c) cos(c + a) ≥ cos2 (a + b) + cos2 (b + c) + cos2 (c + a) Bài 13: Cho a, b = thỏa mãn ab = Chứng minh bất đẳng thức: a b a b + − + ≥1 b a 1+b 1+a 21 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Tài liệu [1] www.diendantoanhoc.net [2] toanphothong.vn [3] Phương pháp giải toán bất đẳng thức cực trị - Nguyễn Văn Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh kh on gb oc u oc c om [4] Phương pháp ôn luyện thi ĐH, CĐ - Mơn tốn theo chủ đề - Chủ đề: Bất đẳng thức cực trị 22