ỨNG DỤNG SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ppt

THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 1
ỨNG DỤNG SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA
VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Định lí Viet đối với phương trình bậc ba được phát biểu như sau:
Nếu phương trình :
32
axbxcxd0,a0

có ba nghiệm
123
x,x,x
thì
123
122331
123
b
xxx
a
c
xxxxxx
a
d
xxx
a























.
Ngược lại, với ba số thực
a,b,c
bất kì thì chúng là nghiệm của phương trình
32
xmxnxp0

(*)
Với


mabc,nabbcca,pabc


.
Do đó, từ sự tồn tại nghiệm của phương trình (*) sẽ dẫn tới các bất đẳng thức ba biến
a,b,c
. Trong bài viết này sẽ giới thiệu với bạn đọc ứng dụng của việc làm đó.
Đặt:
m
xy
3

;
23
m2m9mn27p
n;
327


. Ta thu được phương trình
3
yy0

(**)
Số nghiệm của (**) chính là số giao điểm của đồ thị
3
(C):f(y)yy

với trục hoành
Ta có:
2
f'(y)3y


Nếu
0

thì
f'(y)0, y

nên phương trình (**) có đúng 1 nghiệm
Nếu
0

thì phương trình (**) có nghiệm bội ba.
Nếu
0

thì
f'(y)0

có hai nghiệm
12
y; y
33


 
12
22
fy, fy
3333




Suy ra
   
323
2
12
4274
fy.fy
2727


.
Do đó, ta có:

Phương trình (**) có ba nghiệm (có thể trùng nhau) khi và chỉ khi:




32
12
fy.fy04270

.
Hay là:


3
32

27p2m9mn2m3n
 (1).
Bây giờ ta đi xét một số trường hợp đặc biệt sau:
1) Cho
m0

khi đó (1) trở thành:
3223
4
4n27p0pn
27

Thí dụ 1. Cho các số thực
a,b,c
không đồng thời bằng 0 thỏa
abc0

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
222
2223
13abc2abc2
P
(abc)



.
Lời giải. Đặt
nabbcca, pabc



THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 2
Suy ra
a,b,c
là ba nghiệm của phương trình :
3
xmxn0

(4)
Ta có:
2332
427
pnnp
274

.
Do đó:
2
2322
271
13p2p22n13p2p2pp10
22













Suy ra:


3
23222
13p2p22n13abc2ab22abbcca


Mà:


2222
1
(abc)0abbccaabc
2


Dẫn tới:


3
222222
11
13abc2abc2abcP

44

.
Đẳng thức xảy ra
n2
a,b,c
m3










là ba nghiệm của phương trình
32
x3x20(x1)(x2)0x1,x2


Vậy
1
maxP
4

đạt được khi
(a,b,c)(1,1,2)


và các hoán vị.
Thí dụ 2. Cho các số thực
a,b,c
có tổng bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


 
5
222222
Pabc32abbccaabc8abc

.
Lời giải.
Đặt
nabbcca, pabc


Suy ra
a,b,c
là ba nghiệm của phương trình :
3
xnxp0

(4)
Ta có:
233232
42727
pnnpnp
2744


.
Vì
222
abc0abc2(abbcca)2nn0

.
Do đó:
5252
P32n32np8p32(n)(n)p8p






3
3
64np8p854pp









.
Xét hàm số
3

f(t)54tt,t0

ta có:
2
2
f'(t)162t1,f'(t)0t
18

.
Lập bảng biến thiên ta có
t0
22
minf(t)f
1827















Suy ra

82
P
27
 . Đẳng thức xảy ra khi
3
2
p
18
1
n
24

















hay
a,b,c

là nghiệm của phương trình
2
3
333
33
121212
tt0tt0t,t
18
99
24
6363




























.
THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 3
Vậy
82
minP
27

. Đạt được khi
3
3
12
ab,c
9
63
 và các hoán vị.
2) Cho
2
nkm

, khi đó (1) trở thành:
 

3
33
27p(29k)m2m13k

.
Thí dụ 3. Cho các số thực
a,b,c
thoả
222
abc2(abbcca)

. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
 
3
4
1
Pabcabc
(abc)

.
Lời giải.
Đặt
m(abc), nabbcca, pabc

, suy ra
a,b,c
là ba nghiệm của phương
trình
32

tmtntp0


Từ giả thiết ta suy ra:
   
2
2
m
abc4abbccan
4
 .
Suy ra
3
3
33
m
m
27p108pmm
44


332
p(54pm)0pm54p


Do đó:
322222
3
4444
1111

Ppm54p27p27p327p.27p27
pppp
 (đpcm).
Đẳng thức xảy ra
2
2
4
3
m
n
4
1
27p
p
54pm

























, chẳng hạn ta chọn
3
3
1
p
3
m183
972
n
4

























hay
a,b,c
là nghiệm của
phương trình:
2
3
3
3
3
32
97211834
t183tt0tt0
46
33




























.
Vậy
minP27

đạt được khi
3

3
1834
ab,c
6
3
 và các hoán vị.

Thí dụ 4. Cho các số thực
a,b,c
thoả




222
2abc5abbcca
 . Chứng minh rằng:
 
2
3
1
abcabc10
27

.
Lời giải.
Đặt


mabc,nabbcca,pabc


ta suy ra
a,b,c
là ba nghiệm của phương
trình :
32
xmxnxp0

.
THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 4
Từ giả thiết ta suy ra:


22
2
2m2n5nnm
9

Mặt khác:


3
32
27p2m9mn2m3n

nên suy ra
62
3262
3

mp
27p227.p4m27m
274

Do đó:
 
2
2
3
1p
abc
274

Ta chứng minh:
2
2
3
3
pp
p110
42












(luôn đúng).
Đẳng thức xảy ra khi
2
p2
p2
m27m33
n6n6

























, hay
a,b,c
là ba nghiệm của phương trình
22
t33t6t20

.
3) Xét
2
m3nc

, c là hằng số cho trước.

Thí dụ 5. Cho các số thực
a,b,c
thoả
222
abcabbcca4

. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:







2
P18abbccaabbccaabc489abc
 .
Lời giải.
Đặt
m(abc), nabbcca, pabc


Từ giả thiết ta suy ra:




2
2
abc3abbcca4m3n4

.
Mặt khác :


3
32
27p2m9mn2m3n

Suy ra


27p2m3n49mn1827p3mn8m16


8m16
mn9p
3


Mặt khác:








2
P18abbcca48abbccaabbccaabc9abc








2
23abbcca4abbccaabc9abc16













2
2abcabbccaabc9abc16




444
8m161
2mmn9p162m166m8m64
33

.
Xét hàm số
4
f(m)6m8m64

, ta có:
3
3
1
f'(m)24m8f'(m)0m

3
 .
Suy ra
 
33
16
fmf64
33












. Nên
3
12
P64
3
3













.
THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
3
3
1
m
3
11
n4
3
9
1447
p
99
3




















































, suy ra
a,b,c
là nghiệm của phương
trình :
32
333
1111447
tt4t0
399
393













.
Vậy
3
12
minP64
3
3












.
Thí dụ 6. Cho các số thực
a,b,c

thoả
222
abcabbcca1

. Chứng minh rằng:


2
2
(abc)43abbcca18abc

.
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với


2
2
P(abc)3abbcca18abc4

(*)
Đặt
m(abc), nabbcca, pabc


Từ giả thiết ta suy ra:




2

2
abc3abbcca1m3n1


Mặt khác :


3
32
27p2m9mn2m3n

Suy ra
323
27p2m3m(m1)227pm3m2



3
27pm3m2


Do đó:


222223
3P3m9n54p3m(m1)2m3m2


43222
m2m5m6m3(mm3)1212


.
Đẳng thức xảy ra khi


2
2
3
mm30
m1
n
3
1
pm3m2
27
























, ta chọn
113
m
2
513
n
6
1113
p
54





























Hay
a,b,c
là ba nghiệm của phương trình
32
1135131113
ttt0
2654


.
Phương pháp này có thể nói là một phát biểu kiểu khác của p,r,q. Tuy nhiên, với việc đánh
giá bđt (1) cho phép ta chế các bài toán về cực trị và bđt ba biến với đẳng thức xảy ra khi
hai biến bằng nhau. Chuyên đề sẽ được tiếp tục hoàn thành với những kết quả có ứng
dụng trong chứng minh bđt. Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đọc.

THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 6
Bài 1. Cho các số thực dương
a,b,c
thoả


3
abc32abc
 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:


444
4
abc
P
abc



.
Bài 2. Cho các số thực
a,b,c
có tổng bằng
1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



2
P2abcabbcca
 .
Bài 3. Cho
a,b,c,0

thỏa
abc1

. Tìm GTLN của


222
Pabcabc
 .
Bài 4. Cho các số thực
a,b,c
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
abc3

và
abc4


Chứng minh rằng:
3abc125(abbcca)

.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. Chuẩn hoá
abc2abc4

. Đặt
nabbcca

, suy ra


3
18n91163n

32
3n12n108n4650


2
155
(n5)(3n3n93)05n
2


.
Mặt khác:





2
444222222222
abcabc2abbcca



 


2
22
162n2n162n64n288


Nên




4442
11
Pabcn32n144
256128


Vì hàm
2
f(n)n32n144

nghịch biến trên

551
5;
2






nên ta suy ra
19
maxPf(5)
128128

và
15513831655
minPf
12822















.
Bài 2. Đặt
nabbcca,pabc

, ta có
a,b,c
là nghiệm của phương trình
32
ttntp0

.
Ta có:
3
27p9n22(13n)

Suy ra
 
3
1
p9n2213n
27







Do đó:
   
23
223
244141
P2pnnn(13n)3n113n
3272792727


Đặt
t13n,t0

, suy ra
43
141
Pttf(t)
92727


THPT Chuyên Lương Thế Vinh - Biên Hoà Đồng Nai
Nguyễn Tất Thu 7
Xét hàm số
f(t)
với
t0

. Ta có:
 
322
444

f'(t)tttt1
999

,
f'(t)0t1,t0

.
Từ đó suy ra
f(t)f(1)0P0

.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
abc1
t1n0a1,bc0
p0














và các hoán vị.

Vậy
minP0

.