Vận Dụng KT Về HS Bậc II, PT Bậc II, Tam Thức Bậc II Để CM BĐT Và Tìm Max, Min - Nguyễn Văn Xá doc

VẬN DỤNG KIẾN THỨC VỀ HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI, TAM
THỨC BẬC HAI ðỂ CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
– NGUYỄN VĂN XÁ –
Bài viết này chúng tôi hi vọng chia sẻ một vài suy nghĩa với bạn ñọc việc vận dụng các kiến thức
về hàm số bậc hai, phương trình bậc hai, tam thức bậc hai ñể chứng minh bất ñẳng thức (BðT) và tìm
giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
Nhận xét 1.Ta biết rằng nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm thì b
2
– 4ac ≥ 0. Như
thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng b
2
– 4ac ≥ 0 (a ≠ 0) ta có thể ñi chứng minh phương trình
ax
2
+ bx + c = 0 có nghiệm. Vận dụng ñiều này ñể giải quyết bài toán sau:
Ví dụ 1. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 0, a
2
= bc, và a + b + c = abc. Chứng minh a ≥
3
, b > 0,
c > 0, b
2
+ c
2
≥ 2a
2
.
HD. Từ giả thiết ta có bc = a

2
, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a
2
– 1) nên b và c là hai nghiệm của
phương trình x
2
– a(a
2
– 1)x + a
2
= 0. Vì phương trình này có nghiệm nên
∆
= (a
3
– a)
2
– 4a
2
≥ 0 ⇔
(a
2
– 1)
2
≥ 4 ⇔ a
2
≥ 3. Từ ñây và do a > 0 suy ra a ≥
3
. Lúc này b + c = a(a
2
– 1) > 0 và bc = a

2
> 0
nên b > 0, c > 0. Hơn nữa b
2
+ c
2
= (b + c)
2
– 2bc = (a
3
– a)
2
– 2a
2
= a
2
.((a
2
– 1)
2
– 2) ≥ 2a
2
. Vậy ta có
ñiều phải chứng minh.
Nhận xét 2. Nếu a > 0 thì có ngay ax
2
+ bx + c > 0 ∀x∈R ⇔ b
2
– 4ac < 0, và ax
2

+ bx + c ≥ 0 ∀x∈R
⇔ b
2
– 4ac ≤ 0. Còn nếu a < 0 thì ax
2
+ bx + c < 0 ∀x∈R ⇔ b
2
– 4ac < 0, và ax
2
+ bx + c ≤ 0 ∀x∈R
⇔ b
2
– 4ac ≤ 0. Lưu ý rằng ñôi khi ta lại thay một hằng số bởi một biến số thích hợp. Và cũng có khi
ñể chứng minh b
2
– 4ac < 0 ta ñi chứng minh phương trình ax
2
+ bx + c = 0 vô nghiệm.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e thì a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
≥ a(b + c + d + e).
HD. Ta xét tam thức bậc hai ẩn x là f(x) = x

2
– (b + c + d + e)x + b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
, có biệt thức
∆
= (b + c + d + e)
2
– 4(b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
) = – (b – c)
2
– (b – d)
2
– (b – e)
2
– (c – d)
2
– (c – e)

2
– (d – e)
2
≤ 0
nên 1.f(x) ≥ 0 ∀x∈R, suy ra f(a) ≥ 0 hay a
2
– (b + c + d + e)a + b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
≥ 0. Vậy ta luôn có
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+ e
2
≥ a(b + c + d + e), với mọi số thực a, b, c, d, e.
Ví dụ 3. (Bất ñẳng thức Bunhiacốpxki) Chứng minh rằng với mọi số thực a
1
, a
2

, a
3
, b
1
, b
2
, b
3
ta

có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )
≤ + + + +
.
HD. Trường hợp 1: Nếu
2 2 2
1 2 3
a a a
+ +
= 0 ⇔ a
1
= a
2
= a
3
= 0 thì bất ñẳng thức ñã cho hiển nhiên ñúng.
Trường hợp 2: Ta xét
2 2 2

1 2 3
a a a
+ +
> 0. Nhận thấy (a
1
x + b
1
)
2
+ (a
2
x + b
2
)
2
+ (a
3
x + b
3
)
2
≥ 0 ∀x∈R, hay
f(x) = (
2 2 2
1 2 3
a a a
+ +
)x
2
+2x(

1 1 2 2 3 3
a b + a b + a b
) +
2 2 2
1 2 3
b b b
+ +
≥ 0 ∀x∈R. Như vậy tam thức bậc hai f(x)
sẽ có
∆
’ = (
1 1 2 2 3 3
a b + a b + a b
)
2
–
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
(a a a )(b b b )
+ + + +
≤ 0. Tức là ta có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )
≤ + + + +
.
Nhận xét 3. Nếu a < b và x ∈ [a; b] thì (x – a)(b – x) ≥ 0 hay x
2
– (a + b)x + ab ≤ 0 ∀ x ∈ [a; b].
Ví dụ 4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y =

x 2010
2009 x
+
trên
ñ
o
ạ
n [2009; 2010].
HD. Theo b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c Côsi ta có
x 2010 x 2010 2010
2 . 2
2009 x 2009 x 2009
+ ≥ =
, dấu “=” xảy ra khi
x =
2009.2010
. Vậy
x [2009; 2010]
min y
∈
=
2010
2
2009

,
ñạ
t
ñượ
c khi x =
2009.2010
.
M
ặ
t khác, v
ớ
i m
ọ
i x
∈
[2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x)
≥
0 hay 4019x
≥
x
2
+ 2009.2010. Suy ra
x 2010 4019
2009 x 2009
+ ≤
,
∀
x
∈
[2009; 2010]. D

ấ
u “=” x
ả
y ra khi x = 2009 ho
ặ
c x = 2010. V
ậ
y
x [2009; 2010]
max y
∈
=
4019
2009
,
ñạt ñược khi x = 2009 hoặc x = 2010.
Ví dụ 5. Chứng minh
n
1 1 1
, n *
n
n! n
≤ ≤ ∀ ∈
ℕ

HD. Trước hết ta thấy n! = 1.2.3…n ≤ n
n
⇒
n
1 1

n
n!
≤
, ∀ n ∈ N *. Tiếp ñó, với ∀k =
1, n
ta luôn có
(n k)(k 1) 0 k(n k 1) n
− − ≥ ⇒ − + ≥
, lần lượt cho k = 1, 2, 3, …, n – 1, n ta thu ñược n bất ñẳng thức mà
hai vế ñều dương: 1.n ≥ n
2.(n –1) ≥ n
3.(n – 2) ≥ n
……………
(n –1).2 ≥ n
n.1 ≥ n
Nhân n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, dẫn tới (n!)
2
≥ n
n
hay
n
1 1
, n *
n! n
≤ ∀ ∈
ℕ
. Vậy
n
1 1 1
, n *

n
n! n
≤ ≤ ∀ ∈
ℕ
.
Chú ý: Từ
n
1 1 1
, n *
n
n! n
≤ ≤ ∀ ∈
ℕ
, và lim
1
n
= lim
1
n
= 0, suy ra lim
n
1
n!
= 0.
(Kì sau ñăng tiếp)