Tuy nhiên, đối với các cặp số dương có chung tổng thì nếu để ý đến trường hợp đặc biệt đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra khi các số hạng (hoặc thừa số đối với tích) bằng nhau, thì ta có thể p[r]
(1)Nguyễn Văn Mậu
TAM THỨC BẬC HAI VÀ CÁC DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN
CÁC CHUYÊN ĐỀ CHUYÊN TOÁN
(2)Mục lục
1 Các tính chất tam thức bậc hai
2 Bất đẳng thức Cauchy 11
3 Dạng phức dạng đảo bất đẳng thức Cauchy 12
4 Tam thức bậc (α) tam thức bậc (α, β) 15
5 Nhận xét số dạng bất đẳng thức liên quan 17
6 Nội suy bất đẳng thức bậc hai đoạn 22
7 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy 27
8 Bài tập áp dụng 44
(3)Bài giảng về: Tam thức bậc hai dạng bất đẳng thức liên quan
Nguyễn Văn Mậu
Trường ĐHKHTN, ĐHQGHN
Tóm tắt nội dung
Bất đẳng thức dạng bậc hai (bất đẳng thức Cauchy mà quen gọi bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-ski) dạng toán đơn giản bất đẳng thức mà học sinh làm quen từ chương trình lớp Gắn với định lí Vi-ét (Viète) dạng thuận đảo, đóng vai trị quan trọng tính tốn ước lượng giá trị số biểu thức dạng đối xứng theo hệ nghiệm phương trình bậc hai tương ứng
Đến chương trình Đại số lớp 10, mảng tập ứng dụng định lí thuận đảo dấu tam thức bậc hai công cụ hữu hiệu nhiều dạng toán khác bậc trung học phổ thông
Bài giảng nhằm cung cấp cho học viên ý tưởng bất đẳng thức Cauchy (thực phức, thuận đảo, lý thuyết ứng dụng) gắn với dạng toán thi olympic khu vực quốc tế
1 Các tính chất tam thức bậc hai
Có lẽ dạng bất đẳng thức quan trọng chương trình đại số cấp trung học sở bất đẳng thức dạng sau
x2 > 0, ∀x ∈ R (1) Dấu đẳng thức xảy x =
Gắn với bất đẳng thức (1) bất đẳng thức dạng sau
(x1− x2)2> 0, ∀x1, x2 ∈ R,
hay
x21+ x22 > 2x1x2, ∀x1, x2∈ R
Dấu đẳng thức xảy x1 = x2
(4)Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c, a 6= Khi
af (x) =
ax + b
2 −∆
4,
với ∆ = b2− 4ac Từ đẳng thức này, ta có kết quen thuộc sau Định lý Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c, a 6=
i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R
ii) Nếu ∆ = af (x) > ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy x = − b
2a
iii) Nếu ∆ > af (x) = a2(x − x1)(x − x2) với
x1,2= −
b 2a∓
√ ∆
2|a| (2)
Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1, x2) af (x) > x < x1
x > x2
Ta nhắc lại kết sau
Định lý (Định lí đảo) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ > x1 < α < x2, x1,2 nghiệm f (x) xác định theo (2)
Nhận xét rằng, định lí mơ tả thơng qua bất đẳng thức (kết so sánh biệt thức ∆ với 0) Các định lí sau cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c, a 6= 0, có nghiệm
Định lý Với tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực tồn nguyên hàm F (x), đa thức bậc ba, có ba nghiệm thực
Chứng minh Khi f (x) có nghiệm kép, tức f (x) = a(x − x0)2, ta cần chọn
nguyên hàm dạng
F (x) = a
3(x − x0)
3.
Khi f (x) có hai nghiệm phân biệt, tức
f (x) = a(x − x1)(x − x2), x1< x2, a 6= 0,
ta chọn nguyên hàm F (x) thoả mãn điều kiện
F
x1+ x2
=
Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có cực đại cực tiểu x1 x2 điểm uốn
của đồ thị tương ứng Mx1+ x2 ,
Từ suy điều cần chứng minh
Nhận xét Để ý phương trình bậc hai tổng quát a0x2+ b0x + c0 =
đều viết dạng
(5)Định lý Tam thức bậc hai f (x) = 3x2− 2bx + c có nghiệm (thực) hệ số b, c có dạng
(
b = α + β + γ
c = αβ + βγ + γα (3)
Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
∆0 =b2− 3c = (α + β + γ)2− 3(αβ + βγ + γα)
=α2+ β2+ γ2− (αβ + βγ + γα) =1
2(α − β)
2+1
2(β − γ)
2+1
2(γ − α)
2
>
Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1, x2 Khi đó, tồn
đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, nguyên hàm f (x), tức là:
F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ)
Từ ta suy điều cần chứng minh
Tiếp theo, chương này, ta xét dạng toán bất đẳng thức cực trị có sử dụng tính chất tam thức bậc hai
Xét đa thức bậc hai hai biến (xem tam thức bậc hai x)
F (x, y) = ax2+ bxy + cy2, a 6= 0, ∆ : = (b2− 4ac)y2
Khi đó, ∆ aF (x, y) > 0, ∀x, y ∈ R Vậy b2 4ac a > hiển nhiên
ax2+ cy2> |bxy|, ∀x, y ∈ R
Trường hợp riêng, a = c = 1, b = ±2 ta nhận lại kết
x2+ y2 > 2|xy| hay
u + v >
√
uv, u, v >
Về sau, ta sử dụng tính chất dạng phân thức bậc hai
y = a1x
2+ b 1x + c1
a2x2+ b2x + c2
với điều kiện
a2 > 0, f2(x) = a2x2+ b2x + c2> 0, ∀x ∈ R,
để tìm cực trị số dạng tốn bậc hai
Bài tốn Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số
y = a1x
2+ b 1x + c1
a2x2+ b2x + c2
với điều kiện
(6)Giải Nhận xét x = y(0) = c1 c2
và x → ∞ y → a1 a2
Tiếp theo,
ta xét giá trị y 6= c1 c2
và y 6= a1 a2
Giả sử y giá trị biểu thức, y 6= c1 c2
và y 6= a1 a2
Khi phương trình
tương ứng
a1x2+ b1x + c1
a2x2+ b2x + c2
= y
phải có nghiệm, hay phương trình
(a2y − a1)x2+ (b2y − b1)x + (c2y − c1) = (4)
phải có nghiệm
Do (??) phương trình bậc hai nên điều tương đương với
∆ = (b2y − b1)2− 4(a2y − a1)(c2y − c1) >
hay
g(y) := (b22− 4a2c2)y2+ 2(b1b2+ 2a2c1+ 2a1c2)y + b21− 4a1c1 >
phải có nghiệm Vì g(y) có b22− 4a2c2 < nên theo Định lí đảo tam thức bậc
hai,
∆0 = (b1b2+ 2a1c2+ a2c1)2− (4a1c1− b21)(4a2c2− b22) > (5)
và
y1 y y2,
với
y1,2 =
b1b2+ 2a2c1+ 2a1c2±
√ ∆0
b22− 4a2c2
,
và ∆0 tính theo cơng thức (5)
Suy max y = y2 y = y1, đạt ứng với j (j = 1, 2), xảy
đồng thời
∆ = (b2yj− b1)2− 4(a2yj− a1)(c2yj− c1) = 0,
xj = −
1
b2yj − b1
a2yj − a1
Xét vài ví dụ minh hoạ sau
Ví dụ Cho x, y số thực cho
2x2+ y2+ xy > Tìm giá trị nhỏ biểu thức
M = x2+ y2 Giải Đặt 2x2+ y2+ xy = a, a > Khi đó
M a =
x2+ y2 2x2+ y2+ xy
1) Nếu y = M a =
(7)2) Nếu y 6= suy
M a =
t2+
2t2+ t + 1, t =
x y
Ta cần xác định giá trị M a <
1
2, cho phương trình
M a =
t2+ 2t2+ t + 1
có nghiệm
Nghĩa phương trình
2M
a −
t2+M a t +
M
a − =
có nghiệm Thế biệt thức ∆ phải khơng âm Ta có
∆ = M
a 2
− 42M a −
M a −
>
hay
−7M a
2 + 12
M a
− >
Giải bất phương trình bậc hai ta
6 − 2√2
M a
6 + 2√2
Suy
M > − √
2 a >
6 − 2√2
7 = M0 Vậy M = −
√
7 , đạt
(
x = M1y
2x2+ y2+ xy = ⇔
x = M1y
y = ± √
2(1 − 2M0)
p2 − 7M0+ 7M02
,
với M1=
−M0
2(2M0− 1)
, M0 =
6 − 2√2
Ví dụ Cho
x2+ y2+ xy = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức
A = x2− xy + 2y2 Giải Ta viết A dạng
A = x
2− xy + 2y2
x2+ xy + y2
(8)2) Nếu y 6=
A = t
2− t + 2
t2+ t + 1, t =
x y
Cần xác định A để phương trình
A = t
2− t + 2
t2+ t + 1
có nghiệm Điều tương đương với điều kiện để phương trình
(A − 1)t2+ (A + 1)t + A − = có nghiệm, tức
∆ = (A + 1)2− 4(A − 1)(A − 2) > Từ đó, ta
7 − 2√7
3 A
7 + 2√7
Vậy max A = + √
7
3 , đạt
x = A2+ 2(1 − A2)
y
x2+ y2+ xy = hay
x = A2+ 2(1 − A2)
y
y = ± 2(A2− 1) p7 − 6A2+ 3A22
và A = − √
7
3 , đạt
x = A1+ 2(1 − A1)
y
x2+ y2+ xy = hay
x = A1+ 2(1 − A1)
y
y = ± 2(A1− 1) p7 − 6A1+ 3A21
trong A1, A2 giá trị nhỏ giá trị lớn tương ứng biểu
thức
Ví dụ Cho x2+ y2− xy = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức M = x4+ y4− x2y2
Giải Từ giả thiết suy
1 = x2+ y2− xy > 2xy − xy = xy = (x + y)2− 3xy > −3xy
Từ ta có −13 xy Mặt khác, từ giả thiết ta có x2+ y2 = + xy nên x4+ y4= −x2y2+ 2xy +
(9)Vậy cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ tam thức bậc hai
f (t) = −2t2+ 2t + 1; −1
3 t
Ta có
max M = f 1
2
= 2, đạt
xy = 2, x
2+ y2− xy = 1
hay
(x, y) ∈ (
√
5 ∓ 2√2 ,
√ ± 2√2
,
−
√ ∓ 2√2 , −
√ ± 2√2
)
Vậy nên
min M = f
−1
= 9, đạt
(
xy = −13
x2+ y2− xy = hay (
x = ±
√ 3
y = ∓
√ 3
Bài toán (Thi HSG Toán Việt Nam 2003,A) Cho hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thoả mãn điều kiện
f (cot x) = sin 2x + cos 2x, x ∈ (0, π)
Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số
g(x) = f (sin2x)f (cos2x) Giải Ta có
f (cot x) = sin 2x + cos 2x
= cot x cot2x + 1+
cot2x − cot2x + 1
= cot
2x + cot x − 1
cot2x + , ∀x ∈ (0; π) Với t ∈ R tồn x ∈ (0, π) cho cot x = t, ta
f (t) = t
2+ 2t − 1
t2+ 1 , ∀t ∈ R
Do
g(x) = f (sin2x)f (cos2x) = sin
42x + 32 sin22x − 32
sin42x − sin22x + 32 , ∀x ∈ R
Đặt 4sin
22x = u Dễ thấy, x ∈ R u ∈h0,1
4 i
Vì
min
(10)trong
h(u) = u
2+ 8u − 2
u2− 2u + 2
Ta tính dạo hàm hàm h(u)
h0(u) = 2(−5u
2+ 4u + 6)
(u2− 2u + 2)2
Ta dễ dàng chứng minh h0(u) > ∀u ∈ h0,1 i
Suy hàm h(u) đồng biến
trên h0,1 i
Vì vậy, trênh0,1 i
, ta có
min h(u) = h(0) = −1
và
max h(u) = h 1
4
= 25
Do g(x) = −1, đạt chẳng hạn x = max g(x) =
25, đạt chẳng hạn x = π
4
Bài toán (Thi HSG Toán Việt Nam 2003,B) Cho hàm số f xác định tập hợp số thực R, lấy giá trị R thoả mãn điều kiện
f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0, π)
Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số g(x) = f (x)f (1 − x) đoạn [−1; 1]
Ta có
f (cot x) = sin 2x + cos 2x
= cot x cot2x + 1+
cot2x − cot2x + 1
= cot
2x + cot x − 1
cot2x + 1 , ∀x ∈ (0; π)
Từ đó, với lưu ý với t ∈ R tồn x ∈ (0, π) cho cot x = t, ta
f (t) = t
2+ 2t − 1
t2+ 1 , ∀t ∈ R
Dẫn tới,
g(x) = f (x)f (1 − x) = x
2(1 − x)2+ 8x(1 − x) − 2
x2(1 − x)2− 2x(1 − x) + 2, ∀x ∈ R
Đặt u = x(1 − x) Dễ thấy, x chạy qua [−1, 1] u chạy qua h
− 2,1 i
Vì vậy,
min
−16x61g(x) =−26u6min1
h(u) max
−16x61g(x) =−26u6max1
(11)trong
h(u) = u
2+ 8u − 2
u2− 2u + 2
Ta có
h0(u) = 2(−5u
2+ 4u + 6)
(u2− 2u + 2)2
Từ việc khảo sát dấu h0(u) [−2; 1/4], ta thu
min
−26u61
h(u) = h − √
34
!
= −√34
và
max
−26u614
h(u) = max{h(−2); h(1/4)} = 25
Vậy, [−1; 1], ta có g(x) = −√34 max g(x) = 25 Bài toán (Thi HSG Nga 1999) Cho hàm số
f (x) = x2+ ax + b cos x
Tìm tất giá trị a, b cho phương trình f (x) = f (f (x)) = có tập hợp nghiệm thực (khác rỗng)
Giải Giả sử r nghiệm f (x) Khi b = f (0) = f (f (r)) = Do f (x) = x(x + a), suy r = r = −a
Vì
f (f (x)) = f (x)(f (x) + a) = x(x + a)(x2+ ax + a)
Ta chọn a cho x2 + ax + a khơng có nghiệm thực có nghiệm thuộc
{0, −a}
Thật −a nghiệm phương trình x2+ ax + a = 0, phải có a = f (f (x)) khơng có nghiệm khác
Với ∆ = a2− 4a < < a <
Vậy với a < hai phương trình cho có tập hợp nghiệm x = 0, x = −a
Bài toán Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c thoả mãn điều kiện |f (−1)| 1, |f(0)| 1, |f(1)|
Tìm giá trị lớn |f (x)| với x ∈ [−1; 1]
Giải Ta có f (−1) = a − b + c, f (1) = a + b + c f (0) = c Suy
f (x) =hf (1) + f (−1)
2 − f (0) i
x2+hf (1) − f (−1)
i
x + f (0)
= f (1) (x
2+ x) +f (−1)
2 (x
2− x) + f (0)(1 − x2)
nên
f (x) 2|x
2+ x| +1
2|x
2− x| + |1 − x2|
= 2(|x
(12)Vì x ∈ [−1; 1] nên (x2+ x)(x2− x) = x2(x2− 1) Do đó
1 2(|x
2+ x| + |x2− x|) + |1 − x2| =
2|x
2+ x − x2+ x| + − x2
= |x| + − x2 = −(|x| −12)2+5
4
Suy |f (x)|
4 Vậy max−16x61|f (x)| =
5
4 |x| =
2 Bất đẳng thức Cauchy
Tiếp theo, thực theo ý tưởng Cauchy1 đối với tổng n
X
i=1
(xit − yi)2 = t2 n
X
i=1
x2i − 2t
n
X
i=1
xiyi+ n
X
i=1
y2i,
ta nhận tam thức bậc hai dạng
f (t) = t2
n
X
i=1
x2i − 2t
n
X
i=1
xiyi+ n
X
i=1
yi2 > 0, ∀t ∈ R,
nên ∆ (khi
n
P
i=0
x2i > 0)
Định lý Với số (xi), (yi), ta ln có bất đẳng thức sau
Xn
i=1
xiyi
2 6
n
X
i=1
x2i
n
X
i=1
yi2 (6)
Dấu đẳng thức (6) xảy hai số (xi) (yi) tỷ lệ với nhau,
tức tồn cặp số thực α, β, không đồng thời 0, cho
αxi+ βyi= 0, ∀i = 1, 2, , n
Bất đẳng thức (6) thường gọi bất đẳng thức Cauchy2 (đơi cịn gọi bất đẳng thức Bunhiacovski, Cauchy - Schwarz Cauchy-Bunhiacovski)
Nhận xét rằng, bất đẳng thức Cauchy suy trực tiếp từ đồng thức Lagrange sau
Định lý (Lagrange) Với số (xi), (yi), ta ln có đồng thức:
Xn
i=1
x2i Xn
i=1
yi2
−
n
X
i=1
xiyi
2 =
n
X
i,j=1, i<j
(xiyj − xjyi)2
1Augustin-Louis Cauchy 1789-1857
2Tại Việt Nam số nước Đông Âu, bất đẳng thức mang tên "Bất đẳng thức
(13)Tương tự, ta có đẳng thức dạng sau (Bạn đọc dễ dàng tự kiểm chứng trực tiếp)
Bài tốn Với số (xi, yi), ta ln có đẳng thức sau
E2(x + y)E1(x)E1(y) − E1(x + y)E2(x)E1(y) − E1(x + y)E1(x)E2(y)
=1
n
X
i=1
xi
n
X
j=1
yj− yi n
X
j=1
xj
2 ,
trong
E1(x) := n
X
i=1
xi, E2(x) := n
X
i,j=1,i6=j
xixj
Nhận xét rằng, từ đồng thức ta thu bất đẳng thức sau
Hệ Với số dương (xi, yi), ta ln có bất đẳng thức sau
E2(x + y)
E1(x + y) >
E2(x)
E1(x)
+E2(y) E1(y)
,
trong
E1(x) := n
X
i=1
xi, E2(x) := n
X
i,j=1;i6=j
xixj
Về sau, ta đặc biệt quan tâm đến trường hợp tương ứng với hai cặp số (1, 1) (a, b) Khi bất đẳng thức Cauchy trùng với bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
Hệ Với cặp số dương (a, b), ta ln có bất đẳng thức sau
2(a + b) > (√a +√b)2, hay
a + b > 2√ab
3 Dạng phức dạng đảo bất đẳng thức Cauchy
Trước hết, ta có nhận xét từ đẳng thức cho số thực ta mở rộng (theo nhiều cách thức khác nhau) thành đẳng thức cho số phức Chẳng hạn, ta coi số thực a cho phần thực số phức z = a + ib (b ∈ R)
Ta nêu số đồng thức sau cần sử dụng
Định lý Với số (aj, bj, uj, vj), ta ln có đẳng thức sau: n
X
j=1
ajuj n
X
j=1
bjvj− n
X
j=1
ajbj n
X
j=1
ujvj
= X
16j<k6n
(14)Nhận xét rằng, từ đồng thức ta thu đồng thức Lagrange sau số phức
Định lý Với số phức (aj, bj), ta có đẳng thức sau n
X
j=1
|aj|2 n
X
j=1
|bj|2−
n
X
j=1
ajbj
=
X
16j<k6n
|ajbk− akbj| (8)
Chứng minh Từ đẳng thức (7), cách thay aj aj, vj bj uj aj,
ta thu (8)
Hệ thức (8) cho ta bất đẳng thức Cauchy sau số phức
Hệ Với số phức (aj, bj), ta ln có bất đẳng thức sau n
X
j=1
|aj|2 n
X
j=1
|bj|2 >
n
X
j=1
ajbj
n X k=1
zk2
, |zk| (k = 1, , n)
Vậy ta cần chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp
n
X
k=1
akzk>
Nếu ta đặt zk= xk+ iyk (k = 1, , n),
n X k=1
akzk
= n X k=1
akxk
2 6
n
X
k=1
a2k
n
X
k=1
x2k
Vì
2x2k= |zk|2+ Re z2k,
ta nhận
n X k=1
akzk
... Từ đẳng thức (7), cách thay aj aj, vj bj uj aj,
ta thu (8)
Hệ thức (8) cho ta bất đẳng thức Cauchy sau số phức
Hệ Với số phức (aj, bj), ta ln có bất đẳng thức. .. chung, nhiều bất đẳng thức nhận từ đồng thức Vì vậy, việc thiết lập đồng thức coi phương pháp hữu hiệu để sáng tác chứng minh bất đẳng thức (xem phần tập áp dụng)
Tiếp theo, ta xét số mở rộng... theo, ta xét số mở rộng khác (dạng phức) bất đẳng thức Cauchy
Định lý 10 (N.G.de Bruijn) Với số thực a1, , an số phức (hoặc thực)
z1, , zn, ta có
n X k=1
akzk