tam thức bậc hai

Bài 18. Sử dụng các định lý về tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức  Các định lý được sử dụng (với 2 f (x) ax bx c= + + ; a ≠ 0) 1. af(x) > 0 với mọi x ⇔ 2 x b 4ac 0∆ = − < . 2. af(x) ≥ 0 với mọi x ⇔ 2 x b 4ac 0∆ = − ≤ . Nếu af(x) ≥ 0 với mọi x thì f(x) = 0 ⇔ x 9 b x 2a ∆ =    = −   3. Nếu tồn tại α sao cho af(α) < 0 thì f(x) có 2 nghiệm 1 x , 2 x thỏa mãn 1 2 x x< α < . 4. Nếu tồn tại α, β (α < β) sao cho f ( ).f ( ) 0α β < thì f(x) có một nghiệm thuộc (α ; β) và một nghiệm ngoài [α ; β]. Thí dụ 1 : Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì với mọi x ta có : 2 2 2 2 2 2 b x (b c a )x c 0.+ + − + > Phân tích : Vế trái là tam thức bậc hai f(x) với hệ số của 2 x là 2 b 0> nên có ngay lời giải. Giải : f(x) > 0 với mọi x ⇔ x 0∆ < ⇔ 2 2 2 2 2 2 (b c a ) 4b c 0+ − − < ⇔ 2 2 2 2 2 2 (b c a 2bc)(b c a 2bc) 0+ − + + − − < ⇔ 2 2 2 2 [(b c) a )][(b c) a ] 0+ − − − < ⇔ (b + c + a)(b + c − a)(b − c + a)(b − c − a) < 0 ⇔ (a + b + c)(b + c − a)(b + a − c)(c + a − b) > 0 Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Chú ý : Ngược lại, các bạn có thể chứng minh được nếu các số dương a, b, c thỏa mãn f(x) > 0 với mọi x thì a, b, c chính là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Thí dụ 2 : Cho 3 a 36> và abc = 1. Chứng minh : 2 2 2 a b c ab bc ca 3 + + > + + (*) Phân tích : 1 bc a = nên bất đẳng thức cần chứng minh vì đối xứng với b và c nên có thể viết về dạng tam thức bậc hai đối với b + c. 1 Giải : (*) ⇔ 2 2 a 3 (b c) a(b c) 0 3 a + − + + − > ⇔ 2 2 2 a a 3 (b c) a(b c) 0 4 12 a   + − + + + − >       ⇔ 2 3 a a 36 b c 0 2 12a −   + − + >     Với 3 a 36> thì bất đẳng thức trên luôn đúng. Chú ý : Khi không muốn diễn đạt bởi "ngôn ngữ" biệt thức ∆ thì các bạn có thể dùng kỹ thuật "tách bình phương" như lời giải trên. Thí dụ 3 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có : 3 cosA cosB cosC 2 + + ≤ (**) Phân tích : Vì A B cosA cosB 2cos 2 + + = A B C A B cos 2sin cos 2 2 2 − − = và cosC = 2 C 1 2sin 2 − nên có thể làm xuất hiện tam thức bậc hai đối với C sin 2 . Giải : (**) ⇔ 2 C A B C 3 2sin cos 1 2sin 2 2 2 2 − + − ≤ ⇔ 2 C C A B 1 sin sin cos 0 2 2 2 4 − − + ≥ ⇔ 2 2 C 1 A B 1 A B sin cos sin 0 2 2 2 4 2 − −   − + ≥     Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : C 1 A B sin cos 2 2 2 A B sin 0 2 −  =    −  =   Lưu ý A B ; 2 2 2 − π π   ∈ −     và C 0; 2 2 π   ∈     thì hệ trên tương đương với A = B = C tức là tam giác ABC đều. Chú ý : Bài toán tổng quát cho bài trên là : Với x, y, z > 0 thì trong tam giác ABC bất kỳ ta có : 2 2 2 cosA cos B cosC x y z x y z 2xyz + + + + ≤ 2 Các bạn có thể dùng kỹ thuật "tam thức bậc hai" hoặc công cụ véc-tơ để giải quyết. Khi cho các giá trị cụ thể x, y, z (đặc biệt là x, y, z là độ dài 3 cạnh của một tam giác) thì ta có vô số các bất đẳng thức cụ thể. Bài tập tương tự 1. Chứng minh với mọi x và mọi α ta có : 2 2 2 (1 sin )x 2(sin cos )x 1 cos 0+ α − α + α + + α > 2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có : a) 2 2 2 9 sin A sin B sin C 4 + + ≤ b) A B C 1 sin .sin .sin 2 2 2 8 ≤ 3. Tìm x, y thỏa mãn : 2 2 2 2 (x y )(x 1) 4x y+ + =  Một dạng ứng dụng của tam thức bậc hai khác thú vị mà nhiều bạn không để ý : Thí dụ 4 : Cho a, b, c, d, p, q thỏa mãn : 2 2 2 2 2 2 p q a b c d 0+ − − − − > Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 2 (p a b )(q c d ) (pq ac bd)− − − − ≤ − − Phân tích : Bất đẳng thức này trông "ngược" với bất đẳng thức Bunhiacôpski và có dạng như ∆' ≥ 0 (!). Vậy cần thiết lập một tam thức bậc hai f(x) có nghiệm và xuất hiện biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 ' (pq ac bd) (p a b )(q c d )∆ = − − − − − − − . Như vậy hệ số của 2 x sẽ chọn là 2 2 2 p a b− − hoặc 2 2 2 q c d− − . Giả thiết sẽ cho ta điều gì ? Điều đó quyết định sự lựa chọn trên. Giải : Vì 2 2 2 2 2 2 (p a b ) (q c d ) 0− − + − − > nên trong hai biểu thức 2 2 2 p a b− − và 2 2 2 q c d− − có ít nhất một biểu thức dương. Do vai trò bình đẳng của hai bộ số (p, a, b) và (q, c, d) nên giả sử 2 2 2 p a b 0.− − > Xét 2 2 2 2 2 2 2 f (x) (p a b )x 2(pq ac bd)x q c d= − − − − − + − − = = 2 2 2 (px q) (ax c) (bx d)− − − − − Vì 2 2 2 p a b 0− − > nên p ≠ 0. Ta có q f 0 p   ≤     suy ra 2 2 2 q (p a b )f 0 p   − − ≤     nên f(x) có nghiệm. Do đó x ' 0∆ ≥ ⇒ đpcm. 3 Chú ý : Dạng thứ hai của f(x) là để chọn ra q p α = thỏa mãn q f 0 p   ≤     Thí dụ 5 : Cho b < c < d chứng minh : 2 (a b c d) 8(ac bd)+ + + > + Phân tích : Có 2 cách nhìn để có 2 cách giải khác nhau. Cách thứ nhất là nhìn bất đẳng thức cần chứng minh có dạng ∆ > 0. Cách thứ hai là đưa bất đẳng thức về dạng f(a) > 0 với mọi a và b < c < d. Xin giải theo cách nhìn thứ nhất. Giải : Xét tam thức bậc hai : 2 f (x) 2x (a b c d)x (ac bd)= − + + + + + Có 2 f (c) c (b d)c bd (c b)(c d)= − + + = − − Vì b < c < d nên f(c) < 0 suy ra f(x) có 2 nghiệm phân biệt, tức là ∆ > 0 ⇒ đpcm. Các bài tập khác : 1. Xác định các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức F 3 cos B 3(cos A cosC)= + + đạt giá trị lớn nhất. 2. Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng sinA + sinB + cos(A + b) = 1,5. 3. Biết rằng : 2 2 4x y 2x y 4xy 2.+ + + + ≤ Chứng minh : 2 y 2x 1− ≤ + ≤ 4. Định dạng tam giác ABC thỏa mãn 1 1 1 5 cosA cosB cosC 3 4 5 12 + + = 5*. Xác định các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức : 2 F cosAsin Bsin C sin A (cosB cosC) 2 = + + + đạt giá trị lớn nhất. 4 . : Bất đẳng thức này trông "ngược" với bất đẳng thức Bunhiacôpski và có dạng như ∆' ≥ 0 (!). Vậy cần thiết lập một tam thức bậc hai f(x) có. dài ba cạnh của một tam giác thì với mọi x ta có : 2 2 2 2 2 2 b x (b c a )x c 0.+ + − + > Phân tích : Vế trái là tam thức bậc hai f(x) với hệ số của