Sự bất định của hệ số đa thức: Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp

SỰ BẤT ĐỊNH CỦA HỆ SỐ ĐA THỨC NGUỒN GỐC CHO LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP.. Đặt vấn đề: Khi giải một số phương trình mũ-logarit cũng như một số phương trình, hệ phương trình đại số tro

SỰ BẤT ĐỊNH CỦA HỆ SỐ ĐA THỨC NGUỒN GỐC CHO LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP

Người thực hiện: Lê Sỹ Giảng

A Đặt vấn đề:

Khi giải một số phương trình mũ-logarit cũng như một số phương trình, hệ phương trình đại số trong các kỳ thi quốc gia do Bộ GD-ĐT tổ chức.Với câu hỏi thường gặp của học sinh trong quá trình giải toán” Làm sao nghĩ ra lời giải tự nhiên và đẹp đến vậy? Mấu chốt vấn đề ở đâu?”.Để giúp học sinh trả lời câu hỏi, sau đây chúng ta sẽ giải quyết một phần nhỏ của vấn đề lớn nêu trên

B.Giải quyết vấn đề:

Cở sở phương pháp:

• Dùng phép biến đổi tuyến tính đa thức để phân tích thành tổng các đa thức, các hằng đẳng thức như ý muốn

• Ứng dụng đạo hàm trong việc khảo sát sự biến thiên của hàm số để xác định số nghiệm của phương trình

• Tính đơn điệu của hàm số: Giả sử hàm số f (x) đơn điệu trên tập D ⊂ R với x1, x2 ∈ D khi đó

ta có:

f (x1) = f (x2) ⇐⇒ x1 = x2

• Bất đẳng thức AM-GM: Cho hai số a, b không âm, khi đó:

a + b ≥ 2

√ ab dấu ”=” đạt được nếu và chỉ nếu a = b

• P/S: Ngoài ra chúng ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi tuyến tính đa thức để sáng tác ra phương trình, hệ phương trình phù hợp với yêu cầu của từng kỳ thi ở các mức độ "khó" khác nhau!

I PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT:

Ví dụ 1: Giải phương trình:7x−1 = 1 + 2 log7(6x − 5)3 (1)

Lời giải:

Điều kiện: x > 5

6 Cần tìm α, β ∈ R sao cho: 1 = α(x − 1) + β(6x − 5) ⇐⇒ 1 = (α + 6β)x − α − 5β

⇐⇒

(

α + 6β = 0

−α − 5β = 1 ⇐⇒

(

α = −6

β = 1

=⇒ (1) ⇐⇒ 7x−1− 6 log7(6x − 5) = −6(x − 1) + 6x − 5

⇐⇒ 7x−1+ 6(x − 1) = 6x − 5 + 6 log7(6x − 5)

Xét hàm: ϕ(t) = t + 6 log7t có: ϕ0(t) = 1 + 6 1

t ln 7 > 0 ∀t > 0 Nên ϕ(t) là hàm đồng biến, do đó:

ϕ 7x−1
= ϕ(6x − 5) ⇐⇒ 7x−1 = 6x − 5

Xét hàm: f (a) = 7a− 6a − 1; a = x − 1 > −1

6 có: f

0(a) = 7aln 7 − 6

⇒ f0(a) = 0 ⇐⇒ a0 = log76 − log7(ln 7)

Hình 1:

Vì hàm số f (a) đồng biến trên (−∞; a0) và nghịch biến trên (a0; +∞) nên f (a) = 0 có không quá hai nghiệm Hơn nữa f (0) = f (1) = 0 do đó a1 = 0, a2 = 1 là 2 nghiệm của phương trình f (a) = 0 Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S1 = { 1; 2} 

Bài toán tổng quát:

Giải các phương trình:

a) af (x)− k logag(x) = h(x) (∗)(a > 1, k > 0) Giả sử : h(x) = g(x) − kf (x) khi đó phương trình (*) trở thành:

af (x)+ kf (x) = g(x) + k logag(x) Xét hàm: ϕ(t) = t + k logat, t > 0 có: ϕ0(t) = 1 + k 1

t ln a > 0, ∀t > 0, a > 1 ⇒ ϕ(t) là hàm số đồng biến trên (0; +∞), nên:

ϕ(af (x)) = ϕ(g(x)) ⇐⇒ af (x) = g(x) Yêu cầu bài toán trở thành: Giải phương trình: af (x)− g(x) = 0 (phương trình này thông thường được giải bằng cách khảo sát và chứng minh các nghiệm tìm được là duy nhất!)

b) af (x)+ k logag(x) = h(x) (∗∗)(0 < a < 1, k > 0) Giả sử: h(x) = g(x) + kf (x) khi đó phương trình (**) trở thành:

af (x)− kf (x) = g(x) − k logag(x) Xét hàm: ϕ(t) = t − k logat, t > 0, có: ϕ0(t) = 1 − k 1

t ln a > 0; ∀t > 0, 0 < a < 1, k > 0 do đó hàm ϕ(t) đồng biến trên (0; +∞)

=⇒ ϕ af (x)
= ϕ(g(x)) ⇐⇒ af (x) = g(x) Bài toán đã cho trở thành: Giải phương trình af (x)− g(x) = 0 (khảo sát sự biến thiên hàm số vế trái , lập bảng để biết số nghiệm và tìm được các nghiệm đó)

Ví dụ 2: Giải phương trình: 8 log1

2

(x − 1)2

2x + 1 = x

2− 18x − 31 (2)

Lời giải:

Điều kiện: x > −1

2, x 6= 1 Cần tìm α, β, γ ∈ R thỏa mãn:

x2− 18x − 31 = α(x − 1)2+ β(2x + 1) + γ ⇐⇒ x2− 18x − 31 = αx2+ (2β − 2α)x + α + β + γ

⇐⇒







−2α + 2β = −18

α + β + γ = −31

⇐⇒







α = 1

β = −8

γ = −24 Khi đó phương trình (2) được viết lại như sau:

(2) ⇐⇒ 8 log1(x − 1)2− 8 log1(2x + 1) = (x − 1)2− 8(2x + 1) − 24

⇐⇒ log1(x − 1)2− log1(2x + 1) = 1

8(x − 1)

2− (2x + 1) − 3

⇐⇒ log1(x − 1)2− 1

8(x − 1)

2

= log1(2x + 1) − (2x + 1) − 3

⇐⇒ log1

 1

8(x − 1)

2



− 1

8(x − 1)

2 = log1(2x + 1) − (2x + 1)

Xét hàm số: f (t) = log1

2 t − t có: f0(t) = 1

t ln12 − 1 < 0, ∀t > 0 do đó hàm số: f (t) nghịch biến trên (0; +∞), suy ra :

f 1

8(x − 1)

2



= f (2x + 1) ⇐⇒ 1

8(x − 1)

2

= 2x + 1

⇐⇒ x2 − 18x − 7 = 0 ⇐⇒ x = 9 + 2√22

x = 9 − 2√

22 Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S2 = 9 − 2√22; 9 + 2√

22 

Bài toán tổng quát:

Giải phương trình:

loga f (x) g(x) = h(x) (∗ ∗ ∗); 0 < a 6= 1, f (x) > 0, g(x) > 0

• Trường hợp 1: h(x) = −f (x) + akg(x) + k và a > 1 thì:

(∗ ∗ ∗) ⇐⇒ logaf (x)

g(x) = −f (x) + a

k

g(x) + k

=⇒ logaf (x) − logag(x) = −f (x) + akg(x) + k

=⇒ logaf (x) + f (x) = loga akg(x)
+ akg(x) Xét hàm: ϕ(t) = logat + t, t > 0 có: ϕ0(t) = 1

t ln a + 1 > 0 với t > 0, a > 1 từ đó hàm ϕ(t) đồng biến trên (0; +∞) nên:

ϕ (f (x)) = ϕ akg(x)
⇐⇒ f (x) = akg(x)

• Trường hợp 2: h(x) = f (x) − akg(x) + k thì:

(∗ ∗ ∗) ⇐⇒ logaf (x)

g(x) = f (x) − a

kg(x) + k

=⇒ logaf (x) − logag(x) = f (x) − akg(x) + k

=⇒ logaf (x) − f (x) = logag(x) − akg(x) + k

=⇒ logaf (x) − f (x) = loga akg(x)
− akg(x)

Xét hàm: ϕ(t) = logat − t, t > 0 có: ϕ0(t) = 1

t ln a − 1 < 0 với t > 0; 0 < a < 1 từ đó hàm ϕ(t) nghịch biến trên (0; +∞) nên:

ϕ(f (x)) = ϕ akg(x)
⇐⇒ f (x) = akg(x)

• Trường hợp 3: h(x) = kg(x) − kf (x) thì:

(∗ ∗ ∗) ⇐⇒ logaf (x)

g(x) = kg(x) − kf (x)

=⇒ logaf (x) − logag(x) = kg(x) − kf (x)

=⇒ logaf (x) + kf (x) = logag(x) + kg(x)

Xét hàm: ϕ(t) = logat + kt, t > 0 có: ϕ0(t) = 1

t ln a+ k tùy từng khả năng mà chúng ta có thể kết luận được dấu của ϕ0(t) từ đó hàm ϕ(t) đơn điệu trên (0; +∞) và suy ra được rằng:

ϕ (f (x)) = ϕ (g(x)) ⇐⇒ f (x) = g(x)

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x√

3

1 x

− 2x 1

3

1−x

= 2x2− 2x − 1 (3)

Lời giải:

Điều kiện: x 6= 0, khi đó: (3) ⇐⇒ √

3

1

x − 1 3

1−x

= 2x

2− 2x − 1 2x Cần tìm α, β, γ ∈ R thỏa mãn:

2x2− 2x − 1 2x = α

1

x+ β(x − 1) + γ

⇐⇒ 2x

2− 2x − 1

−βx2+ (β + γ)x + α

x

⇐⇒











α = −1

β = −1

2

γ = 0

=⇒ (3) ⇐⇒√

3

1 x

− 1 3

1−x

= − 1 2x − (1 − x)

⇐⇒ 32x1 + 1

2x =

 1 3

1−x

− (1 − x)

⇐⇒ 32x1 + 1

2x = 3

x−1+ x − 1 (30)

Xét hàm f (t) = 3t + t có: f0(t) = 3tln 3 + 1 > 0, 0 6= t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến trên (−∞; 0) ∪ (0; +∞) do đó:

(30) ⇐⇒ f 1

2x



= f (x − 1) ⇐⇒ 1

2x = x − 1

⇐⇒ 2x2− 2x − 1 = 0 ⇐⇒







x = 1 +

√ 3 2

x = 1 −

√ 3 2 Vậy tập nghiệm phương trình ban đầu là: S3 =

(

1 +√ 3

2 ;

1 −√ 3 2

)



Bài toán tổng quát:

Giải phương trình sau:

af (x)− ag(x) = h(x) (0 < a 6= 1) (4∗) Giả sử: h(x) = kg(x) − kf (x), khi đó phương trình (4∗) tương đương với:

af (x)+ kf (x) = ag(x)+ kg(x) Xét hàm số: ψ(t) = at+ kt, có: ψ0(t) = atln a + k từ đó suy ra được hàm số f (t) đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó và dẫn đến:

ψ (f (x)) = ψ(g(x)) ⇐⇒ f (x) = g(x)

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3x2+5x+1− 50.9x 2 +x− 812x−1= 0 (4)

Lời giải:

Điều kiện: x ∈ R

(4) ⇐⇒ 3x2+5x+1− 50.32x2+2x− 38x−4 = 0 (40) Cần tìm α, β, γ ∈ R sao cho:

x2+ 5x + 1 = α(2x2+ 2x) + β(8x − 4) + γ

⇐⇒ x2+ 5x + 1 = 2αx2+ (2α + 8β)x − 4β + γ

⇐⇒







2α + 8β = 5

−4β + γ = 1

⇐⇒











α = 1 2

β = 1 2

γ = 3

=⇒ (40) ⇐⇒ 312 (2x 2 +2x)+12(8x−4)+3− 50.32x 2 +2x− 38x−4= 0 (400) Đặt u = 3x2+x, v = 34x−2 khi đó (400) trở thành:

27uv − 50u2− v2 = 0 ⇐⇒ 25uv − 50u2− v2+ 2uv = 0

⇐⇒ 25u(v − 2u) − v(v − 2u) = 0 ⇐⇒ (25u − v)(v − 2u) = 0

⇐⇒ 25u − v = 0

v − 2u = 0 =⇒

 25.3x 2 +x= 34x−2

34x−2= 2.3x2+x

=⇒ x2+ x + log325 = 4x − 2

x2+ x + log32 = 4x − 2 ⇐⇒ x2− 3x + 2 + log325 = 0 (a)

x2− 3x + 2 + log32 = 0 (b)

Vì ∆(a)= 1 − 4 log325 < 0

∆(b) = 1 − 4 log32 < 0 nên phương trình (4’) vô nghiệm!

Vậy tập nghiệm của phương trình: S4 = {∅} 

Bài toán tổng quát:

Giải phương trình:

maf (x)+ nag(x)+ lah(x)+ p = 0 Giả sử: h(x) = αf (x) + βg(x), khi đó đặt: u = af (x); v = ag(x) ta được phương trình hai ẩn đối với u, v

mu + nv + luαvβ+ p = 0

Có thể đưa về phương trình tích để giải

II PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ:

Ví dụ 5: Giải phương trình: 2√

1 − x −√

1 + x + 3√

1 − x2 = 3 − x (5)

Lời giải:

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1

Ta tìm α, β ∈ R sao cho:

−x + 3 = α √1 − x
2+ β

√

1 + x

2

⇐⇒ −x + 3 = (−α + β)x + α + β

⇐⇒

(

−α + β = −1

α + β = 3 ⇐⇒

(

α = 2

β = 1

=⇒ (5) ⇐⇒ 1 + x + 2(1 − x) − 2√

1 − x +√

1 + x − 3√

1 − x2 = 0 (50) Đặt: u =√

1 + x ≥ 0, v =√

1 − x ≥ 0, khi đó phương trình (5’) trở thành:

u2+ 2v2− 2v + u − 3uv = 0 ⇐⇒ (u2− 2uv) + (u − 2v) − (uv − 2v2) = 0

⇐⇒ u(u − 2v) + (u − 2v) − v(u − 2v) = 0 ⇐⇒ (u − 2v)(u − v + 1) = 0

⇐⇒ u − 2v = 0

v = u + 1 ⇐⇒ √1 + x = 2√ √1 − x

1 − x = √

1 + x + 1

⇐⇒ 1 + x = 4(1 − x)

1 − x = x + 2 + 2√

1 + x ⇐⇒









5x = 3







(−1 − 2x)2 = 4(x + 1)

−1 ≤ x ≤ −1

2

⇐⇒











x = 3 5







4x2 = 3

−1 ≤ x ≤ −1

2

⇐⇒













x = 3 5







x = ±

√ 3 2

−1 ≤ x ≤ −1

2

⇐⇒







x = 3 5

x = −

√ 3 2

Kết luận: Phương trình đã cho có tập nghiệm là: S5 =

(

−

√ 3

2 ;

3 5

)



Ví dụ 6: Giải phương trình: x + 4√

x + 3 + 2√

3 − 2x = 11 (6)

Lời giải:

Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 3

2, khi đó :

4√

x + 3 + 2√

3 − 2x = 11 ⇐⇒ x − 11 + 4√

x + 3 + 2√

3 − 2x = 0 (60)

Tìm a, b, c, d ∈ R thỏa mãn:

x − 11 + 4√

x + 3 + 2√

3 − 2x =a√

x + 3 + b2+ c√

3 − 2x + d
2 Đồng nhất các hệ số tương ứng :











a2 − 2c2 = 1

3a2+ b2 + 3c2+ d2 = −11

=⇒









(a, b, c, d) = (−1, 2, −1, 1) (a, b, c, d) = (−1, 2, 1, −1) (a, b, c, d) = (1, −2, −1, 1) (a, b, c, d) = (1, −2, 1 − 1)

Chọn (a, b, c, d) = (1; −2; 1; −1) ta có:

(60) ⇐⇒√

x + 3 − 2

2 + √

3 − 2x − 1
2 = 0 ⇐⇒

(√

x + 3 = 2

√

3 − 2x = 1 ⇐⇒ x = 1 (nhận) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S6 = {1} 

Ví dụ 7: Giải phương trình sau: 2x2 − 11x + 21 − 3√3

4x − 4 = 0 (7)

Lời giải:

Cần tìm α, β, γ ∈ R sao cho:

2x2− 11x + 21 = α(4x − 4)2+ β(4x − 4) + γ

⇐⇒ 2x2− 11x + 21 = 16αx2+ (4β − 32α)x + (16α − 4β + γ)

⇐⇒







4β − 32α = −11 16α − 4β + γ = 21

⇐⇒











α = 1 8

β = −7

4

γ = 12

=⇒ (7) ⇐⇒ 1

8(4x − 4)

2− 7

4(4x − 4) + 12 −

3

√ 4x − 4 = 0 (70)

Đặt: u = √3

4x − 4 khi đó phương trình (7’) trở thành:

u6− 14u3 − 24u + 96 = 0

⇐⇒ (u − 2)2(u4+ 4u3+ 18u + 24) = 0

=⇒ u − 2 = 0

u4+ 4u3+ 18u + 24 = 0 (vô nghiệm) =⇒ u = 2 =⇒ x = 3

Vì:

• Nếu: u ≤ 0 thì u6− 14u3− 24u + 96 > 0

• Nếu: u > 0 thì u4+ 4u3+ 18u + 24 > 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S7 = {3} 

III HỆ PHƯƠNG TRÌNH:

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau:

(

2x2+ 3y2 = 4x − 9y (2)

Lời giải:

Lấy (1) + α.(2) ta được:

x3− y3− 35 + α(2x2+ 3y2− 4x + 9y) = 0

⇐⇒ x3+ 2αx2− 4αx − y3+ 3αy2+ 9αy − 35 = 0 (10)

Ta cần tìm 3 số a, b, α ∈ R sao cho:

x3+ 2αx2− 4αx − y3+ 3αy2+ 9αy − 35 = (x + a)3− (y + b)3

⇐⇒







a3− b3 = −35 3a = 2α 3a2 = −4α

⇐⇒







α = −3

a = −2

b = 3

Do đó phương trình (10) trở thành: (x − 2)3− (y + 3)3 = 0 (20) bởi vậy ta có hệ phương trình:

(

(x − 2)3− (y + 3)3 = 0

x3− y3 = 35 ⇐⇒

(

x − 2 = y + 3

x3− y3 = 35 ⇐⇒

(

y + 5 = x

x3− y3 = 35

=⇒ (y + 5)3− y3− 35 = 0 ⇐⇒ 15y2 + 75y + 90 = 0 =⇒ (y + 2)(y + 3) = 0 (3)

Từ (20) và (3) ta có hệ phương trình:

( (y + 2)(y + 3) = 0

y + 5 = x =⇒













(

x = 2

y = −3 (

x = 3

y = −2 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là: S8 = {(2, −3); (3; −2)} 

Nhận xét: Những hệ phương trình chứa các hạng tử là x3, x2, x và y3, y2, y ta có thể sử dụng hệ số bất định đưa về hằng đẳng thức quen thuộc!

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình sau:







5 4x2+ 3x − 57

25 = −y(3x + 1)

(I)

Lời giải:

Ta có:

(I) ⇐⇒







x2 + y2− 1

4x2+ 3xy + 3x + y − 57

25 = 0 (2) Lấy α(1) + β.(2) :

α



x2+ y2 −1

5

 + β

 4x2+ 3xy + 3x + y −57

25



= 0

⇐⇒ α



1 + 4β α



x2+ 3β

αxy + y

2

 + β(3x + y) −α

5 − 57β

25 = 0

=⇒ α



1 + 4β

α



x2+ 3β

αxy + y

2

 + β(3x + y) − α

5 − 57β

25 = α(3x + y)

2+ β(3x + y) − α

5 − 57β 25







1 + 4β

α = 9

3β

α = 6α

⇐⇒

(

α = 1

β = 2

Từ đó suy ra: Lấy (1) + 2.(2) ta được phương trình hệ quả:

(3x + y)2+ 2(3x + y) − 119

25 = 0 ⇐⇒

 3x + y −7

5

  3x + y + 17

5



= 0

=⇒







3x + y = 7

5 3x + y = −17

5

=⇒







y = −3x +7

5

y = −3x − 17

5 (II)

Kết hợp (II) và phương trình thứ nhất của (I) ta được:



























x2+ y2− 1

5 = 0

−3x + 7

5 = y







x2+ y2− 1

5 = 0

−3x − 17

5 = y

=⇒



























10x2− 42

5 x +

44

25 = 0

−3x + 7







10x2+ 102

5 x +

284

25 = 0

−3x − 17

=⇒





























































x = 2 5

y = 1

5







x = 11 25

y = 2

25







10x2 +102

5 x +

284

25 = 0

−3x − 17

(Vô nghiệm)

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là: S9 = 2

5;

1 5

 , 11

25;

2 25





Nhận xét: Những hệ phương trình chứa các hạng tử là x2, xy, y2 và x, y ta có thể sử dụng hệ số bất định đưa về phương trình bậc 2 với ẩn số dạng (ax + by)!

IV.BẤT ĐẲNG THỨC-CỰC TRỊ

Ví dụ 10: Cho a, b, c là các số thực dương.CMR: 8a2+ 9b2+ 3c2 ≥ 14ab + 2ac + 4bc (10)

Lời giải:

Cần tìm α, β, γ sao cho:

α(a2+ b2) + β(b2+ c2) + γ(c2+ a2) = 8a2+ 9b2+ 3c2

⇐⇒ (α + γ)a2+ (α + β)b2+ (β + γ)c2 = 8a2+ 9b2+ 3c2

⇐⇒







α + γ = 8

β + α = 9

β + γ = 3

⇐⇒







α = 7

β = 2

γ = 1

Từ đó chúng ta tách vế trái của (10) như sau:

8a2+ 9b2+ 3c2 = 7(a2 + b2) + 2(b2+ c2) + (c2 + a2)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

7(a2+ b2) + 2(b2 + c2) + (c2+ a2) ≥ 14ab + 4bc + 2ac

Vậy: 8a2 + 9b2 + 3c2 ≥ 14ab + 4bc + 2ac 

Bài toán tổng quát:

Cho X,Y,Z,U,T,V là các hàm số tương ứng với biến số a,b,c, còn α, β, γ, ζ, η, ξ là các số thực.CMR:

αX(a, b, c) + βY(a, b, c) + γZ(a, b, c) ≥ ζU(a, b, c) + ηT(a, b, c) + ξV(a, b, c)

Ta cần tìm m, n, p, q ∈ R sao cho:

m (X(a, b, c) + Y (a, b, c)) + n (Y (a, b, c) + Z(a, b, c)) + p (Z(a, b, c) + X(a, b, c)) =

= αX(a, b, c) + βY (a, b, c) + γZ(a, b, c)

Hay:

(m + p)X(a, b, c) + (m + n)Y (a, b, c) + (n + p)Z(a, b, c) = αX(a, b, c) + βY (a, b, c) + γZ(a, b, c)

⇐⇒







⇐⇒















m = α + β − γ

2

n = β + γ − α

2

p = α + γ − β

2

Có thể áp dụng bất đẳng thức AM-GM chứng minh được:

α + β − γ

2 (X(a, b, c) + Y (a, b, c)) ≥ ζU (a, b, c)

β + γ − α

2 (Y (a, b, c) + Z(a, b, c)) ≥ ηT (a, b, c)

α + γ − β

2 (Z(a, b, c) + X(a, b, c)) ≥ ξV (a, b, c) Với chú rằng biểu thức vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh có thể là một số

Ví dụ 11: Tìm các góc của∆ABC, biết: 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C = 4 cosA

2 + 10 cos

B

2 + 2 cos

C

2 (11)

Lời giải:

Ta biết rằng:

sin A + sin B = 2 sin A + B

2

 cos A − B

2



≤ 2 cosC

sin A + sin C = 2 sin A + C

2

 cos A − C

2



≤ 2 cosB

sin B + sin C = 2 sin B + C

2

 cos B − C

2



≤ 2 cosA

Từ các bất đẳng thức (1), (2), (3) và đẳng thức (11) gợi ý cho ta tìm các số α, β, γ thỏa mãn:

α (sin A + sin B) + β (sin B + sin C) + γ (sin C + sin A) = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C

⇐⇒ (α + γ) sin A + (α + β) sin B + (β + γ) sin C = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C

⇐⇒







α + γ = 6

α + β = 3

β + γ = 7

⇐⇒







α = 1

β = 2

γ = 5

Từ đó

(sin A + sin B) + 2(sin B + sin C) + 5(sin C + sin A) = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C

≤ 4 cosA

2 + 10 cos

B

2 + 2 cos

C 2

=⇒ 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C = 4 cosA

2 + 10 cos

B

2 + 2 cos

C 2

⇐⇒ cos A − B

2



= cos B − C

2



= cos C − A

2



= 1

⇐⇒ A = B = C = 600 Vậy: A = B = C = 600 

Ví dụ 12: Cho x.y, zlà các số dương, CMR:15z − x − y

x + 5y + 5z 2x + 10z +

3x + y − 5z 4y + 20z ≥ 3

2 (12)

Lời giải:

Cộng 3 số m, n, p vào vế trái của (12) ta được:

15z − x − y 4x + 6y + m +

x + 5y + 5z 2x + 10z + n +

3x + y − 5z 4y + 20z + p =

= x(4m − 1) − y(6m − 1) + 15z

x(2n + 1) + 5y + z(10n + 5)

2x + 10z +

3x + y(1 + 4p) + z(20p − 5)

4y + 20z Đồng nhất các hệ số ở tử số của mỗi phân số có mặt trong biểu thức trên:







4m − 1 = 2n + 1 = 3 6m − 1 = 1 + 4p = 5 10n + 5 = 20p − 5 = 15

⇐⇒







m = 1

n = 1

p = 1 Như vậy:

15z − x − y

4x + 6y +

x + 5y + 5z 2x + 10z +

3x + y − 5z 4y + 20z =

3x + 5y + 15z 4x + 6y +

3x + 5y + 15z 2x + 10z +

3x + 5y + 15z 4y + 20z − 3

= (3x + 5y + 15z)

 1 4x + 6y +

1 2x + 10z +

1 4y + 20z



− 3 AM-GM

≥ (3x + 5y + 15z) 9

2(3x + 5y + 15z) − 3

= 9

2− 3 = 3

2 

Ví dụ 13: Cho x.y, zlà các số thực dương, CMR:y + 3z

x + y +

4x

y + z +

3y − x

z + x ≥ 5 (13)

Lời giải:

Cộng 3 số m, 2n, p vào vế trái của (13) ta được:

y + 3z

x + y +m+2

 2x

y + z + n

 +−x + 3y

z + x +p =

mx + (m + 1)y + 3z

x + y +2

2x + ny + nz

y + z +

(p − 1)x + 3y + pz

z + x