Sáng kiến kinh nghiệm toán THPT

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt

e BDT - Bất đẳng thức.
e AM - Arithmetic Mean.
e GM - Geometric Mean.
e HCF - Half Convex Function Theorem.
e IMO - International Mathematical Olympiad.
e MO - National Mathematical Olympiad.
e TST - Selection Test for International Mathematical Olympiad.
e DH - Dé thi Dai hoc.
e HSG - Hoc sinh gidi.
e Rez;Imz - Phần thực; phần ảo của số phức z.
e I (a;b) hoặc I- Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của IR

(a; b) , [a; 6) , (a; 8] , [a; 8] .

111

1V

Báo cáo sáng kiên

L. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiên

Đa thức là một trong những chun đề quan trọng của chương trình Tốn chun
cấp THPT trong suốt toàn bộ các lớp 10, 11, và 12 chun Tốn. Bài tốn về Đa thức
thường có các thao tác giải quyết thuộc về nhiều phân môn của Tốn học nói chung
(Đại số, Giải tích, Số học, Tổ hợp) và nó thường xuyên có mặt trong hầu hết các kì thi
chọn học sinh giỏi Tốn. Bởi vậy đây là nội dung rất được quan tâm trong các đợt tập
huấn các đội tuyển học sinh giỏi.

Trong một số năm gần đây, bài toán Bất đắng thức trên Đa thức xuất hiện nhiều
trong đề thi Học sinh giỏi Quốc gia, chẳng hạn:

- Bài 5, ngày 2, đề thi HSG QG mơn Tốn năm học 2021-2022.
- Bài 5, ngày 2, đề thi HSG QG mơn Tốn năm học 2020-2021.
- Bài 5, ngày 2, đề thi HSG QG mơn Tốn năm hoc 2018-2019.
- Bài 4, ngày 1, đề thi HSG QG mơn Tốn năm học 2017-2018.

(xem trong [9])
Bài toán Bất đẳng thức trên Đa thức khá đa dạng về nội dung và hình thức và cũng
khơng hồn tồn tường minh về thuật giải. Trong quá trình nghiên cứu và giảng dạy
các chuyên đề cho học sinh chuyên Toán và bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi, chúng
tôi nhận thấy đây là “lớp” bài tốn đặc biệt, ban đầu có thể rèn luyện và phát huy

được năng lực cho học sinh trong phân môn Đại số, sau đó đi sâu sẽ phát triển được
các mảng tổng hợp khác về Giải tích, Số học và Tổ hợp. Việc phân loại và định hướng

giải các kỹ thuật giải và liên kết sử dụng kiến thức thuộc nhiều mảng khác đối với bài
toán Bất đắng thức trên Đa thức là một cách giúp người học có thể dễ dàng hơn trong
việc tiếp cận và tìm lời giải bài tốn. Đây chính là nguồn gốc ý tưởng của sáng kiến mà
chúng tôi đã triển khai dạy trong nhiều năm. Bên cạnh việc hệ thống một số kiến thức
cơ bản về Đa thức và Bất đẳng thức, các tác giả đưa sẽ ra cách phân loại hiệu quả và
đưa ra các ý tưởng tiếp cận dạng bài toán qua việc dẫn dắt hay nhận xét, bàn luận ở
mỗi phần, đó cũng có thể coi là ý tưởng cho người dạy sáng tạo bài toán mới.

II. M6 ta giải pháp

Tóm tắt: Trong phần này, báo cáo sẽ trình bày những nội dung sau:

Mơ tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến: trong chương trình Tốn chun

- Nêu thực trạng về vị trí của chuyên đề Đa thức Da thức, Bất đăng thức.

THPT. kiến thức liên quan về
- Tóm tắt một số nội dung

Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Phần này trong báo cáo trình bày một cách phân dạng nhằm hệ thống hóa kiến thức
và phát triển năng lực Toán học cho học sinh chuyên Tốn THPT.

Các giải pháp trình bày trong báo cáo bao gồm:

- Bài toán bất đẳng thức liên quan đến hệ số của đa thức.

- Bài toán bất đẳng thức liên quan đến nghiệm của đa thức.

- Bài toán bất đẳng thức liên quan đến bậc của đa thức.

- Một số bài toán tổng hợp.

Chương 1

Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng

11 Vị trí của chun đề Đa thức trong chương trình
Toán chuyên TH T

- Chương trình chun sâu THPT chun, mơn Tốn (12/2009): Khơng đề cập đến Đa
thức (xem trong |2|).
- Chương trình GDPT 2018 (theo Công văn 4171/BGD ĐT: GDIrH ngày 26/08/2022):
Chuyên đề Da thức thuộc phần chuyên đề bổ sung (không bắt buộc) (xem trong [1]).

Như vậy có thể thấy Đa thức khơng được đề cập một cách chính thức và bắt buộc
trong chương trình chun sâu mơn Tốn ở cả chương trình cũ (trước 2018) và chương
trình mới (từ 2018). Tuy nhiên có một thực tế là bài toán về Đa thức lại thường xuyên
xuất hiện trong các kì thi Olympic. Điều này dẫn đến mâu thuẫn giữa việc thực hiện
chương trình (về nội dung và thời lượng) và việc ơn luyện cho các kì thi Olympic Tốn.

1.2 Tóm tắt một số nội dung kiến thức liên quan về Da
thức, Bất đẳng thức

1.2.1 Một số kiến thức về Đa thức
Ở bậc trung học cơ sở, học sinh đã được làm quen với một số kiến thức về đa thức

như định nghĩa đa thức, cộng, trừ, nhân, chia đa thức,... nên ta không nhắc lại ở đây.
Dưới đây ta chỉ nêu một số kiến thức về nghiệm của đa thức và một số kiến thức liên
quan.

Các định nghĩa

Định nghĩa 1. Cho P(z) e R[z] và số a c Œ. Số a được gọi là nghiệm thực của đa thức

P(z) nêu P (a) = 0.
Định nghĩa 2. Cho P(z) € R{z] và sốø € C, m € Đ*. Ta nói số ø là nghiệm bội mm của

P(z) nếu P(z) : (— a}" và P() #(œ_— a)"?!,

Các định lý, hệ quả

Dinh li 1 (Dinh lí Bézout). Số thực a là nghiệm của đa thúc P{(z) khi uà chỉ khi

P(x): («@—a).

Hệ qua 1. S6 du trong phép chia da thite P(x) cho z — a 1a P (a).
Dinh lí 2. Cho đa thúc P(z) e R[z]| có các nghiệm thực 1a ay, a2,...,Qm vdt bdi tuong

ứng kị, kạ,...,.kmạ. Khi đó P{(s) = (œ— œI)“( — œ3)°S.— œm.)°.".Q((+), uới Q(x) €

R [2].
Định li 3. Trong IR [z|, mọi đa thúc khác đa thúc hằng đều phân tích được dưới dạng
tích các nhân tử bậc nhất uà các nhân tử bậc hai uới biệt thúc âm.
Định lí 4.

a) Trong R[x], moi da thitc bậc n có khơng q n nghiệm thực (kể cả bội).

b) Nếu đa thúc P{z) vdi deg P(x) no la đa thức 0.

c) Néu hai da thúc P(z),Q(z) đều có bậc khơng uượt q n, 0à lại bằng nhau tại nhiều

hơn n giá trị khác nhau của biến x thi P(x) = Q(x), Ve.

Hệ quả 2. Cho P(z) là một đa thức với hệ số thực. Khi đó

a) Nếu hàm y = P(z) là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻ đều
bằng 0.

b) Nếu hàm „ = P(z) là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵn đều
bằng 0.

Định lí 5.

a) Nếu z = a là nghiệm của đa thúc P(s) thà z = a—b là nghiệm của đa thúc P (z + b).

b) Nế z =ua #0 là nghiệm của đa thúc P{(z) = qụ - +” + an_—1 - #Í + ‹‹- + ai - # + 0g

1 . 2 Và —

thzà= — là nghiệm của đa thúc Q(#) = an + an_1 - # + --- + ai - #®—Ẻ +} 49-2".
a
4

Định lí 6 (Định lí Viete). Néu da thitc P(x) = an-x” +an_1-2" 1+---+a1-2+4a9,an #0

có n nghiệm là 1+1,#zv,...,ạ thà:

` n Ñn—1

t=1 an
_ an-2
oo = TT

1<¡
1
n 20

Z1 '#2...Zn — (—1) —
an

Dinh li 7 (Dinh lí Viete đảo). Nếu có n số thực z\,+a,...,+„ thỏa mãn:

n

› Li ay

m

) #¿ : #j — đa
1
1<¿1
thà +1,xa,...,%n là nghiệm của đa thúc +... + (C1 an_1 2 + (—1)"Gn
P(z) = #" — ai - g1—1 +... + (C1)ag ‹ 1T

Nghiệm nguyên và nghiệm hữu tỉ

Định li 8. Cho da thttc P(x) = an-2" + an—1-2™1 +---+a,-x+a9 € Z [az]. Khi đó nếu

=? g ne Z,qEN*, (p,q) =1 là nghiệm của P(x) thi ap p vd Gn: q.

Trong trường hợp đặc biệt khi hệ số cao nhất của ?(z) bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm
hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả.
Hệ quả 5. Cho P(z) = z* + a„_1-#z"—!+-.‹- +ø1-ø + ao € Z[z], khi đó mọi nghiệm thực

của P(z) đều nguyên hoặc vô tỉ.

Nghiệm và các yêu tô giải tích
Dinh li 9 (Dinh ly Lagrange). Gid st ham sé f: [a;b] > R lién tuc trén doan [a;b] va

có đạo hàm trong khoảng (a;b). Khi đó ln tồn tại một điểm c thuộc khoảng (a;b) sao

5

cho

f(b— f)(a)

f9) = b-a _

Hé qua cua Dinh ly Lagrange la Dinh ly Rolle.

Dinh li 10 (Dinh ly Rolle). Giá sử hàm số ƒ: [a;b| > R liên tục trên đoạn |a;b| uà có
dao ham trong khodng (a;b). Néu f(a) = f(b) thà tồn tại ít nhất một điểm c thuộc khoảng
(a;b) sao cho f'(c) =0.

Hệ quả 4. Nếu đa thức P(z) e Rịz] có k nghiệm thực phân biệt thì P’(x) có ít nhất

k — 1 nghiệm thực. P(z) = n Gọi D là sô nghiệm dương của
Quy tac dau Descarte: Cho đa thức
số của È_ œ+°. từ a„ đến ai, bỏ qua các hệ số
đa thức, 7L là số lần đổi dấu của các hệ ¿=0

đa thức

bằng 0. Khi đó D < L va L— D 1a. s6 chan.

Dinh li 11. Cho da thitc P(x) € R[x]. Néu cé hai số thuc a,b thỏa mãn P(a) - P(b) < 0

thà đa thúc có nghiệm trong khoảng (a;b).

Dinh li 12 (Dinh lý về biên của nghiệm).

Cho da thúc P(z) = » c Rịz| có bậc n > 1. Nếu zọ là một nghiệm của đa thúc
¡=0

P(x) thi |zo| < 1+ max
0
Một số cơng thức khai triển

Định lí 15 (Công thức nội suy Lagrange).
Cho da thúc P(z) bậc không uượt quá n uà n+1 số thực phân biét ap,a1,...,An. Biét
A; = P(a) ,Vi=0,...,n. Khi đó

n H (x ¬ aj)
P(z) —= dA “he JT1 a)

3t

Định lí 14 (Khai triển Abel). Cho da thitc P(x) € R[x] bacn van 86 thuc ay, az,...,an.
Khi đó tơn tại duy nhất bộ n + 1 số thực Pạ, DỊ,..., P„ sao cho

P(x) = Po (a — ay) (&@ — a2)... ( — an)
+ P, (4 — ay) (x — ag)... (% — an-1)
poe

+ Pp—1 (a — a1+)Ph.

Hơn nữa nếu P(x) € Z [2] va ay,a2,...,a€nZ thi Py, Po,..., Py € Z.

Hệ quả 5. Cho đa thức P(z) bậc nø và n + 1 số nguyên ao, a,..., a„ thỏa mãn

P(a¡) € Z, Vi = 0,1,...,m.

Khi đó P(z) € Z, Vz € Z.
Dinh li 15 (Khai trién Taylor). Cho P(x) € R[z] bậc không uượt qué n, a € R. Khi
do: Pp! P" Pp)

P(x) =P (a) + 7X9 (ea)+ AD (ea)? +--+ Me— a)"

(P (x) la dao ham cap i cia da thite P(x) tai diém x).

1.2.2 Một số kiến thức về Bất đẳng thức

Một số BĐT cổ điển thường dùng

BDT hai bién

eoø+b>2Vab, (a,b> 0) eab< (x)

© a? + b? > 2ab e a 2+b> (a +b)?

e (Va+vB)”>4Vab, (a,b> 0) ea”+3”>ab(a+b), (ø,b>0)

e (a+b)* 2 > 4ab 1 1 4
o—t+e—> ae (a,> b0)

e a+b< V2(a?+Ù2) 1/1 1 ` 1 b>0

° 7(¢+5)2—5 (a, 6 > 0)

BDT ba bién

*® ~1† + yT e1e c2 1 9 (a, b ,c > 0)0 at+b+c 3

bao vanes (SEES)

ea’ 2 +b'2 +c 2 >ab+be+ca ° (ab + be + ca)“ > 3abe (ø + b + c)
° d2 v02, 2> 161519) 2
e a2b2 + b2c? -L c?a2 > abc (a + b + c)
e a*+b*+ c°> abe(a+b+ c)
ab? CL (atbte) 0

“mini p= mt+n+p’ (m,n, p> )

BDT AM-GM
Cho z\, za...., z„ là các số thực khơng âm, khi đó ta có

T1 † T2 T ''' T Tn = ⁄112...2n

n

Đẳng thức xảy ra khi 2] = 22 =... = Zp.
BDT Cauchy- Schwarz
Cho hai bộ 86 (aj, a2,...,an) Va (b1, ba, ..., bn). Khi dé ta cé

(aibi + agba + - - - + anbn)” < (a? + 0% +... +.02)(b? + BB +... + 02).

Đẳng thức xảy ra khi + ag — "¬a

= @ = |.
bị — ba

Một số kĩ thuật chứng minh BĐT

Kĩ thuật ghép đối xứng

e Dạng X+Y+Z>AB++C.
Dấu hiệu: X +Y > 24. Nếu phát hiện ra dấu hiệu này thì ta xây dựng thêm các

bất đẳng thức tương tự sẽ có điều phải chứng minh.

e Dạng XYZ > ABC.

Dau hiéu: XY > A?. Néu phat hiện ra dấu hiệu này thi ta xây dựng thêm các bất
đăng thức tương tự sẽ có điều phải chứng minh.

e Có thể mở rộng thành các dạng tổng quát hơn X~+Y+Z>A+B+C.

mX +nY + pZ 3 (m+n + p) A
mY +nZ+pA>(m+n+p)B ;‡ÿ —
mZ++ pY >n (m+X n+p)C

X™Y"ZP > Am†nrp —> XYỲ Z > ABC.
Y7" XP > gm+?nrp

Zmynyp > Cmtn+p

Ki thuật tách ghép

Khi thực hiện việc tách hay ghép vào những biểu thức nào đó thơng thường chúng ta
chú ý đến các điều cơ bản sau đây:

e Tách hoặc ghép vào những biểu thức tương tự với mẫu số.

e Tách hoặc ghép vào thì phải chú ý trường hợp đẳng thức xảy ra.

e Diều chỉnh những đại lượng tách - ghép sao cho tạo ra những đại lượng tương tự
về còn lại.

Ky thuat dung BDT co ban khơng có giả thiết thì ta nên tập trung vào dạng
Thông thường những bất đẳng thức giả thiết thì vẫn thực hiện theo kĩ thuật này). Có
vận dụng BĐT cơ bản (tuy nhiên có
thể chú ý

. x¢ 1 1
e Đánh giá mẫu sơ: 0< Ä< ư <—> 2>»

e Ngdư ấu:ợ 0< c A< B =} M-A>M-B.

e Một vài phân tích, chẳng hạn: _ N

M+N ` MAẠN”

Kĩ thuật dùng miền xác định của biến số
Đây là kĩ thuật khó, chúng ta cần phải linh hoạt trong việc xây dựng những đánh giá
phù hợp với mong muốn. Có thể lưu ý:

e Giả sử z € |a;b| thì ta có thể xây dựng được: (ø-—øa)(z—b) <0 <—> z?<
(a + b) x — ab hoặc thành * <ø+b—z (~x>\),...

e Giả sử a < b< c thì ta có thể xây dựng được: (b—ø)(b—c) <0 => B4+acK<
ab + be,...

Kĩ thuật sử dụng hàm số
Bài toán: Chứng minh #'(a;b;c) > 0 (*)

e Dạng 1: Có thể phân tích (*) thành ƒ (a) + ƒ (b) + ƒ (e) > 0 ta có thể khảo sát hàm

đặc trưng.

e Dạng 2: Thường ước lượng F'(a;b;c) về một hàm số chỉ phụ thuộc vào một biểu
thức, từ đó ta đặt an số phụ là biểu thức đó và khảo sát hàm số này dé đạt được
mục đích. Trong trường hợp này cần phải tìm điều kiện cho ấn phụ từ giả thiết
phải thật chính xác.

Chương 2

Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến:

2.1 Bài toán bất đẳng thức liên quan đến hệ số của đa
thức

Trong chương này, với việc sử dụng các kiến thức cơ bản về đa thức và các bất đẳng
thức cổ điển như: AM-GM, BĐT Cauchy- Schwarz chúng ta sẽ giải quyết một số bài
toán BĐT, cực trị liên quan tới hệ số của đa thức. Cần lưu ý rằng Định lí Vi-ét cho ta
cơng cụ hữu hiệu khi cần chuyển đổi qua lại từ quan hệ nghiệm thành quan hệ giữa các
hệ số. Sau đây là một số ví dụ minh họa:
Bài 1 (Mathematical Reflections 5-2022).
Xét a,b,e, d là các số thực thỏa mãn đa thức P(z) = #Š — 10+ + azÖ + bz2 + cz + d có các

nghiệm đều lớn hơn 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của a + b+ e+ d.

Lời giải:

Ap dung BDT AM-GM, ta có

Suy ra

©—-l1l+10-(a+b+c+ởd)<1€©a+b+c+d>8.

Dang thitc xdy ra khi P(x) = (2 — 2)° = 2° — 10+244023 — 80+ 2 802?— 32 chang han. O

Bai 2 (Epreuve Sennior - Tunisie 2023).
Xét đa thức P(x) = an” + an_1#”—” 1 + -++ + a1z + ao € RỊz|

10

»-

có hệ số thỏa mãn 0 < a¿ < øọ, V¿ = 1,2,--- ,n. Đặt

P*(z) = dont?” + bon parr} +---+ baie + --- + b1z +.

Chứng minh rằng 4b„;¡ < P?(1).

Lời giải:
Ta có

P*(1) = (Qn + An-1 +--+: +a, 4+ ag)?

= (an + An—1 + +++ +41 — a9)” +4 (Gn + On—1 + +++ +41) + a9

> 4(Qn + ứn—1 + --- + 1) - 00
> 4(ana1 + Qn—1a2 +++++ 41a), VIO
Mà ta có đ„G1 - 0u—1đ2 ~ - - + È đị0„ = bp41.
Suy ra
Đẳng thức xảy ra khi 4bn+1 < P?(1).

đ„y -F G„—1 -T '': + đ1 = dọ.

Bai 3. Cho da thttc P(x) = z° + an_1#*—~! +... + aiz + 1 có các hệ số không âm. LÌ
minh rằng nếu P(z) có n nghiệm thực thì P(2) > 3”
Chứng
Lời giải:
1,n v. `
Giả sử P(z) có nø nghiệm thực z4,za,...z„. Từ giả thiết ta có zø¿ < 0,W¿ =

P(ø) = (% — #1) (% — #a)... (# — #n). Suy ra

P(2) = 1e — ø) = I 1+1+(—)|> l]3ÿ=5: . (Hs)

Theo định lí Viet ta có [Ƒ z¿ = (—1)” > [[ (—z¿) = 1, suy ra P(2) 3 3". L]
¿=1 S s ii man f(f(x)) = 0 có 4 nghiệm
số 4 nghiệm đã nêu bằng —1.
Bài 4. Xét da thức ƒ(z) = 2? + az + b với a,b c R thoa
đặt là cị, cạ, giả sử cq < co.
thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong

Chứng minh rằng b < “7

Lời giải:

Trước hết, dễ thấy ƒ(z) phải có 2 nghiệm thực phân biệt,

Gọi z¡,z› là 2 trong 4 nghiệm có tổng bằng —1.

Theo định lý Viete, ta có Cj †cạ = Ì .

C1Cạ —= b

11

Ngoài ra

Ta xét các trường hợp sau

e Nếu z4,zs là nghiệm của cùng một phương trình trong hai phương trình trên, theo
định lý Viete, ba có —ø = #1 + #za = —1 nên aø = 1.
Do f(x) = c1; f(x) = cg déu phai có 2 nghiệm phân biệt nên A1 > 0,Aa > 0, tức là

1—4(b— eỊ) >0

1—4(b— c) >0_

Cộng lại, ta cố
1

2~ 4b — cị — œ) >0 @ 1— 2@b+ 1) >0 @b< —z.

Ze Nêu z1,za là nghiệm của hai phương trình thì, at + øz1 + = cị .
Z2 + øza + b = ca

Cộng lại, ta cố

a? + 0% + a(t, +22) + 2b — c¡ + ca ©& #1 + x2 + 2b — 0.

; riII t x5- (21 + 2) 2 1
Do đó b = — Am < Se1 1

Trong mọi trường hợp, ta ln có ĐPCM. LÌ

Bài 5. Cho cho đa thức P(z) = az2 + bz + c € IR[z| với hệ số (ø # 0) có hai nghiệm z1, za
thoả mãn 0 < x1 < x2 < 2. Chitng minh rang S$ = 2a2 — 3ab + bŸ < 3

2a — ab + ac

Lời giải:

Theo dinh li Vi-ét ta c6 21 + 29 = —-32%1.%9 = © Khi dé:aa

, b (b\*
„ 2-3-+(- ›
ga 24 + 3ab+6° | a øj 24+3 +22( ) +2(21 1+ 22)
— 9g2—qab+ac - 9248 — 9+(rid+zs)+a1z. 7

a a

Vì 0< z1 < za <2 nên z‡ < #1Z¿ và z3 < 4 Suy ra

at + +5 Do đó § < 2+3(z +2) +3z1za2+4 | 3.

2+ (z1 + z2) + 2122

Dau “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = za = 2 hodc x1 = 0, rq = 2.

12

vec_y c=-—b=4a

Khi đó Tạ & b = —2a LÌ

a? c=0
II:
L\@

Bài 6. Xét hai số thực dương a,b sao cho đa thức z3 — az2 + bz — a có các nghiệm đềunman

lớn hơn 1. Xác định a,b để biểu thức P = ¬ đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ

nhất đó (ø là số nguyên dương cho trước).

Lời giải:

Goi #1, z2, z3 là các nghiệm của đa thức đã cho.

+1 +22 + #3 = a

Theo định lí Viet ta có 4 z1za + #23 + #31 = b.

112973 =a

Áp dụng BĐT AM - GM ta có zt + #+az3 > 3/Z1Z2©#a3> 3⁄©4a > 3V3 (x)

Ta lại có bˆŸ = (z1Za + #23 + 1321)" > 3212973 (11 + 22 + 23) 6 0? > 302 b > V3a

Suy ra P= 6” — 3” > 37a” — 3” 3” 3”
an = VÄä" — a” =v 3” — (3v3)" (do (*)).
an

Do d6 P> 2! trình có 3 nghiệm

— vdn- O
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3V3,b = 3a = 9. Khi đó phương 0 va a,b,c € Z sao
trùng nhau và bằng v3. thức như thế, tim
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3” — 1 khi a = 3v⁄3,b = 9.

v3"

Bài 7. Xét tất cả các tam thức bậc hai ƒ(z) = az2 + bz + c, với a >
cho f(z) có 2 nghiệm phân biệt trong khoảng (0;1). Trong các tam

tam thức có hệ số a nhỏ nhất.

Lời giải:

Giả sử ƒ(z) = az2 + bz + e là một tam thức thỏa mãn.

Goi 21, za là 2 nghiệm của ƒ(z), theo giả thiết 0 < z1 # za < 1.

Ta có ƒ(z) = a(+ — z1)(% — za) > ti ee 22) > 0
fQ) =a. —-21)(1 —
Vi f € Z[x] > ƒ0).7) 2>
/(0) >1,7) >1).
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM - GM ta có
= z9]< (42) (BA) 2 = a? Bt).
70.70) =+Ẻ [e1 = øt)]-adt % — # 2 % — Ÿ

Từ (+) và (++) suy ra 1 < f(0).f(1) < a =>a>A,
MaaeZnéna>5.

13

.Nêu a= Š thì 1 < ƒ(0).ƒ() < 1a <2` 25 ƒ/(0)./) = 1> f(0) =1 > c=1

=> ƒ(#) = 5#? — 5z + 1.

Thử lại thỏa mãn. LÌ

Bài 8. Giả sử phương trình z3 — 6z + a — b = 0 có ba nghiệm thực khơng âm (không
nhất thiết phải phân biệt). Chứng minh rằng 8ø — 3b < 72.
Lời giải:
Gọi ba nghiệm của phương trình là œ, 6, +.
Theo định lý Viet ta có:

œ-+ 8+ ~x~=6;œơ.8+ 6.+ + +.œ = a;œ.B.+ = Ư.

Theo bâÁtt đăđểng thức AM - ƠM, ta có đ.+ < — (8 + +)”

Suy ra 8a— 3b = 8(œ8-+ 8y++œ) — 3(œ8*)= 8a(8+*+) + 8x(8— 3œ)= 8œ(6— œ) + 8y(8— 3œ)<
— 2 —9 2
8a(6 — a) C+ 9 g — 3a) = _“g_3 +72 < 72.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi a = 6 = 7 = 2, khi đó a = 12;b = 8. L]

Nhận xét 1. Qua ví dụ trên, chúng ta thấy cơng cụ cơ bản để giải quyết bài toán là
định lý Viet, bất đẳng thức. Hy vọng với việc phân tích các tình huống như đã nêu sé
giúp các bạn có kỹ năng giải các bài toán này và bản thân các bạn cũng có thể sáng

tạo được các bài toán tương tự. Sau đây là một số ví dụ tương tự.

Bài 9. Cho phương trình z3 — az2 + bz — a = 0 với a > 0,b > 0. Chứng minh rằng nếu

phuong trinh c6 ba nghiém déu khéng nho hon 1 thi a > (3 + we + 3).ˆx2`12

Lời giải:

Gọi ba nghiệm của phương trình đã cho là 1 < œ< 8 < 7. Ap dụng định lý Viete ta có:

œ+ + +; =u;œ.8+ 8.++*+.œ = b;œ.8.+ = da.

Do œ+/~+x+=øơ:-8-+ nên tồn tại tam giác ABC sao cho

a = tan A, @ = tan B,y = tanC; Œ
Khi đó bất đắng thức cần chứng minh trở thành

tan A tan B tan C > € + Š) (tan A tan B + tan12 tan Œ + tan Œ tan A + 3)

€ cot A+ cot B+ cot C + 3cot Acot Beot C < 8 — 4V2 (x).

'Ta có:

VT (*) = cot A+ 2sin A +3eot A cos(—BC) —cosA <_! 43tan 13 tan’ 4
cos(B — Œ) + cos A ‘co— sC)(+ Bcos A — 2tan  2 2 2.
2

14

Daặt f =taann —2 > V2 2-1< < t< <—w 1 (7F
Xétét hàhàm số6 fi) _= k5 +8 _ 3s2hite v2 ¬b.a:

Ta có4 ƒ'flŒ) _=— 1 t3— _ 9 #2 < owe |v2 —T:1s]1 . Say 1a FO) < (V2 — 1)=—88_——4V2.

LI 2 n

Bài 10. Cho phương trình zÝ + azŠ + bz2 + cz + 1 = 0 có các hệ số a,b,c > 0. Giả sử
phương trình trên có bốn nghiệm thực. Chứng minh rằng a + 5 + ; > 8.
Lời giải:
Dat f(x) = 2*4+ ax? + be? + cr +1.
Gọi —z1; —#a; —zs; —za là bốn nghiệm thực của ƒ(z).
Do a,b,e không âm nên nghiệm của ƒ(z) là các số âm, suy ra 21, £2,723, 24 > 0.
Tà có ƒ(z) = (z + z1) ( + Z2) ( + Z3) ( + Z4).
Do đó, áp dụng BĐT' AM-GM ta thu được

f2) =(2+z1)(2+z2)(2+z3)(2+z4) =(1+1+z1)(1+1+z2)(1+1+z3)(1+1+za4)

> 30/1 ÿ2333/74/= 871ÿ/2iza2 zamr8= 81.

Mat khéc f(2) = 8a + 4b + 2c + 17, suy ra a +46 + 26+ 1ĩ > 81 @a+ 2b +. >8, ]

Bài 11. Cho phương trình zŠ + az` + bz3 + cz? + dz + 1 = 0 có năm nghiệm thực phân
biệt. Chứng minh rằng 2 (a2 + d3) > 5(b+c).
Lời giải:
Theo giả thiết P(+) = zŠ + az' +} br -L cz2 -L dz + 1 = 0 có 5 nghiệm thực phân biệt và do
hạng tử tự do khác không nên 5 nghiệm của đa thức đều khác khơng.

'Ta có:

Pl(œ) = 5#z` + 4azŠ + 3bz? + cz + d

P" (x) = 202 + 12aa + 6bx + 2c

P"" (x) = 60x? + 24ax + 6b.

Do P(z) có năm nghiệm thuc phan biét nén P’”’(x) có hai nghiệm thực phân biệt, vì vậy

ta có:

A’ = 144a? — 360b > 0 > 2a? > 5b (x).

Khi đó Q(z) = #Š + đzŠ + cxŠ + bz? + az + 1 cũng có năm nghiệm thực phân biệt. Tương

tự như trên ta cũng có: 2d > 5c (+x)

Từ (1) và (2) suy ra 2 (a2 + đ2) > ð (b+ ©). L]

15

Bài 12. Xét a,b, c là ba số thực sao cho đa thức P(ø) = zÊ + az3 + bz2 + cz + 1 có ít nhất
một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ hệ số (ø,b,e) của đa thức P(z) mà aŸ + b2 + c? nhỏ
nhất.
Lời giải:

Goi zọ # 0 là một nghiệm của P(x). Khi dé Z8 + ax? + bx? +€zo +1=0>_— (x4 + 1) =

axe + bx2 + cxo.

Ta có (x4 + 1)" = (axe + bz2 + oxy)” < (a? +ử?+ c2) (z§ +#4 + 24) (x).

Đặt £ = z4, £ >0, từ (+) ta có

#22+1)” 4. (+2 1) 2 4 0-1(232+(2422/+3)
“6++T€ gi 4T tng>Tjp 3 t(? +1 + 1)

4

Do đó a2 + bŸ + c7 >s:

Đẳng thức xảy ra khi 4 ạ c 23 2

a độ 70 c=.gb=Tg

Vậyay bbdộ (a (a,b,c) octcần etìmmalà (s35255): ( 25.2. 5:3)`2 25:5)

Nhận xét: Sự xuất hiện của số 3
Ta tim min
, f2 +1 ` La

cua S (= +1)
B+t+1 bang hai cach:

e Cách 1: Khảo sát hàm số #?, ta đượSc= 1 = t2 , VỚtuI> 2.

_ (+ i 2) u+l1

e Cách 2: Chia cả tử và mẫu củ® acho t+—+1 O

t

Bai 13 (P3 IMO 1973). Cho da thtte P(x) = z+ + az3 + bz? + az + 1 € Riz]. Gia st

P(x) c6 it nhất một nghiệm thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 + bŸ.

Lời giải:

Giả sử zp € R thoa man P(zo)=0. Ta có P(0) # 0 nên zọ #0.

1
Ta có sổ + azổ + bn} + a0 +1=04 9} + an +b+ +5 =0. (*)

1 Lo

Dat t = ro + mn Phương trình (Š) trở thành
0

‡?+at+b—2—=0<2=©—td#?‡ —— b.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy — Schwars, ta có

(a? + b2)+(12) > (a+ bt)Ÿ = ( — 9)2 => g2 +2 > VỀ = ĐỀ.

— #+1

16

1

Mặt khác, ta cũng có t? = ke + 2) xà

và (4 — 4t? +4 4 (52— 4)(2 — 4)
B11. 55 5041. =" (2).

Từ (1) và (2), ta suy ra 1

a? +b? > 5"

Dau bing xay ra khi ta chọn cặp (a;b) thỏa mãn 2a=b+2 4 hay (a;b) = (=:-<).

a7 + b2 = 5

L]

Bai 14 (IMO 198ã). Ta kí hiệu số các hệ số lẻ của đa thức với các hệ số nguyên P(z)
là œ(P).. Với mỗi ¡ = 0,1,2,...,n đặt Q;(z)=(1 +z)“. Chứng minh rằng nếu i1,a,..., in

là các số nguyên thỏa mãn điều kiện 0 < i) < ig <... < in thi

@(Q¿¡¡ + Q¿„ +... + Q¿„) = ö(Q¡,)

Lời giải: (1+2)?" =1+z?” (mod 2) nên suy ra với mọi đa thức P có bậc bé hơn 2"

Ta thay: Vi ((P.Qzm) = 2u(P).

thì

Gọi k là lũy thừa của 2 lớn nhất mà nó bé hơn hoặc bằng „.
Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp theo k.
Trường hợp k = 1 là hiển nhiên.
Giả sử điều này là đúng với k — 1.

e Trường hợp l: Nếu ñq>È.

Khi đó, ta có œ ® Qi;) =w((1+2) hs Qi,-n) = 2w( >> Qi,-x)
j=l
j=

Theo giả thuyết quy nạp, ta c6 2w( o> Q¿;—¿) > 22(Q¿,—p) -
j=l

Mat khac, do 2w(Q;,-~) = w(Q;,) nén ta suy ra œ 9 ) > u(Q¿).

e lrường hop 2: Néu iy k—1 k—1
Ta có S`Q¡ = S)a;z? +(1+z)Ẻtru, z7= S` |(q + b;)+z? bz?#] (mod 2).
j= j=0 j=0
Mặt khác, theo giả thuyết quy nạp thì

k—1

¿( ajax) > w(Qir).

j=0

17

Đồng thời, với mỗi số lẻ ai thì ø + bị là số lẻ hoặc bạ là số lẻ.

Ta suy ra n k-1

w(S> Qi) > wD aj27) > w(Qir)-
j=l j=0

Như vậy bài toán được giải quyết xong. L]

Bài 15. Xét bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn da thite P(r) = az*— azŠ + bz2— e+ -L d
có bốn nghiệm (không nhất thiết phân biệt) thuộc khoảng (0;5):

Chitng minh rang 21a + 164c > 80b + 320d (x).

Lời giải:
Giả sử da thttc P(x) = ax — ax? + br? — cr +d = 0 c6 4 nghiém 1a 2, za, z3, z4 thuộc
khoang (0;5):

Theo dinh li Vi-ét ta cé:

£ Z1 +#a + #3 + #4 — Ì,

b
#12 + 13 + #14 + #223 + #224 -- Z3ZA a

‘ £1 LQX3 + L{XQX4 + L1X3X4 + LQX3L4 = aC

£1 XQX3L4 = —.d

\ a

Vì a >0 nên

(+) © 21 + 164Êa > 805a +3204a

© 21 + 164 (71723 -T #124 - #1#3%4 + #234)

> 80 (Z1Z2 + 713 + #14 + #213 + ZaZ4 + #324) + 32021297324 (**)

Áp dụng BĐT AM - GM ta có

(1 = 2m) (1 = 202) (L— 2zg) < ( 1—2##1i++1—2ø=a+1—2zs48Š)Ÿ = (/=1+2)za4yŠ

<=> 27 (1 — 2x1) (1 — 2x2) (1 — 2x3) < (1 + 24)”. (1)

Tương tự ta cố

27(1— 2z1)(1— 2zs)(1— 2z4) < (1+ 2zs)Ÿ; (2)

27 (1 — 2x1) (1 — 223) (1 — 2x4) < (1 + 222)"; (3)

27 (1 — 2x2) (1 — 2x3) (1 — 204) < (1+ 201)? (4)

Nhân theo về các bất đẳng thức cùng chiều (1), (2), (3), (4) và rút gọn ta được

81(1— 2z1)(1— 2z¿) (1 — 273) (1 — 244) < (1+ 2z1)(1+2z2) (1+ 2zs)(1+2z4). (5)

18