phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức

Mục lục
1 Một số kiến thức cơ bản

2

1.0.1

Định nghĩa tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.0.2

Định lí thuận về dấu của tam thức bậc hai: . . . . . . . . . . . . .

2

1.0.3

Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai: . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.0.4

So sánh nghiệm của tam thức với một số cho trước. . . . . . . . . .

3

1.0.5

So sánh nghiệm của tam thức với hai số cho trước α < β . . . . . .

3

2 Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức
TÀI LIỆU THAM KHẢO

4
21

1


Chương 1
Một số kiến thức cơ bản
1.0.1

Định nghĩa tam thức bậc hai

- Tam thức bậc hai ( đối với x ) là biểu thức dạng ax2 + bx + c, trong đó a, b, c là những
số cho trước với a = 0.
- Nghiệm của tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c chính là nghiệm của phương trình
bậc hai ax2 + bx + c = 0. Kí hiệu: x1 , x2 là nghiệm của f (x) = 0
- Biểu thức

= b2 − 4ac và

= b 2 − ac là biệt thức và biệt thức thu gọn của tam thức

bậc hai f (x) = ax2 + bx + c

1.0.2

Định lí thuận về dấu của tam thức bậc hai:

Cho tam thức bậc hai:
f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0).
Khi đó:
* Nếu

< 0 thì f (x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R.

* Nếu

= 0 thì f (x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R, x = −

b
b
(khi x = −
thì
2a
2a

f (x) = 0).
* Nếu

> 0 thì (x)cùng dấu với a với mọi x ở ngoài khoảng hai nghiệm và trái dấu với

a với mọi x ở trong khoảng hai nghiệm.

1.0.3

Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai:

Cho tam thức bậc hai:
f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0).
2


Khi đó:
* Nếu có số thực α mà af (α) < 0 thì f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 và x1 < α < x2 .
* Nếu có số thực β mà af (β) > 0 thì f (x) có hai nghiệm hoặc không có nghiệm. Nếu có
nghiệm x1 ≤ x2 thì β < x1 hoặc β < x2.
Chú ý: Trong trường hợp cuối cùng của định lý dảo, muốn xác định rõ hơn β < x1 hoặc
b
S
S
S
β < x2 ta xét thêm hiệu − β = − − β. Nếu − β > 0 thì β < x1 , nếu − β < 0
2
2a
2
2
thì β < x2 .

1.0.4

So sánh nghiệm của tam thức với một số cho trước.

* x1 < α < x2 ⇔ af (α) < 0




>0


* α < x1 < x2 ⇔ af (α) > 0


S

 >α
2

1.0.5

* a∈
/ [x1; x2 ] ⇔

>0

af (α) > 0



>0


* x1 < x2 < α ⇔ af (α) > 0



S

 <α
2

So sánh nghiệm của tam thức với hai số cho trước α < β

* x1 < α < β < x 2 ⇔
* x1 < α < x 2 < β ⇔
* α < x 1 < β < x2 ⇔

af (α) < 0
af (β) < 0
af (α) > 0
af (β) > 0
af (α) > 0
af (β) < 0

3


Chương 2
Sử dụng phương pháp tam thức bậc
hai chứng minh bất đẳng thức
Bài 1. Cho a3 > 36 và abc = 1. Chứng minh

a2
+ b2 + c2 > ab + bc + ca
3

Giải:
Từ abc = 1 => bc =
Do a3 > 36 => a > 0

1
.
a

Bất đẳng thức đã cho có thể viết thành:
a2
+ (b + c)2 − 2bc > bc + a(b + c)
3
a2
>0
⇔ (b + c)2 − (b + c)a − 3bc +
3
2
3
a
− > 0 (1)
⇔ (b + c)2 − a(b + c) +
3
a
2
3
a
Đặt f (t) = t2 − at +
− . Ta có:
3

a
36 − a3
a2 3
−
< 0 vì a3 > 36
= a2 − 4
=
3
a
3a
Vậy f (t) có < 0 và hệ số 1 > 0 nên f (t) > 0 với mọi t.
Suy ra (1) đúng (đ.p.c.m)
Bài 2. Cho a, b, c là 3 cạnh tam giác; còn x, y, z là 3 số thỏa mãn điều kiện ax+by+cz = 0.
Chứng minh: xy + yz + zx ≤ 0
Giải:
ax + by
Từ ax + by + cz = 0 ⇒ z = −
. Vậy
c
ax + by
(x + y)
(1) ⇔ xy −
c
4

≤0


⇔ cxy − (ax + by)(x + y)

≤0

⇔ ax2 + xy(a + b − c) + by 2 ≥ 0

(2)

1. Nếu y = 0 thì (2)⇔ ax2 ≥ 0 vậy (2) đúng
2. Nếu y = 0,khi đó
2

x
x
(2) ⇔ a
+ (a + b − c) + b ≥ 0
y
y
Đặt f (t) = at2 + (a + b − c)t + b

(3)

Ta có:
= (a + b − c)2 − 4ab
= a2 + b2 + 2ab − 2(a + b)c + c2 − 4ab
= a2 + b2 + c2 − 2ab − 2ac − 2bc.
Sử dụng bất đẳng thức tam giác có ba cạnh a, b, c. Ta có:
|b − c| < a ⇒ b2 − 2bc + c2 < a2
|a − c| < b ⇒ a2 − 2ac + c2 < b2
|a − b| < c ⇒ a2 − 2ab + b2 < c2
Vậy ta có a2 + b2 + c2 < 2ab + 2ac + 2bc
Do đó

<0

Vậy f (t) có

< 0 và hệ số a > 0 nên f (t) > 0

Suy ra (3) đúng (đ.p.c.m)
Ta nhận thấy dấu bằng chỉ có thể xảy ra trong trường hợp y = 0
Vậy có dấu bằng ⇔ x = y = z = 0
Bài 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để có thể lấy a, b, c
làm độ dài ba cạnh của một tam giác là pa2 + qb2 > pqc2 (1) với mọi p +q = 1.
Giải
Điều kiện cần. Giả sử a, b ,c là độ dài 3 cạnh của tam giác.
Vì p + q = 1⇔ q = 1 − p nên :
(1) ⇔ pa2 + (1 − p)b2 − p(1 − p)c2 > 0
2 2

2

2

2

2

⇔ c p − p(b + c − a ) + b
2 2

2

2

2

>0

(∀p)
(2)

2

Đặt f (p) = c p − p(b + c − a ) + b

= (b2 + c2 − a2)2 − 4b2 c2
= (b2 + c2 − a2 + 2bc)(b2 + c2 − a2 + 2bc)
= [(b + c)2 − a2][(b − c)2 − a2]
5


= (b + c + a)(b + c − a)(b − c − a)(b − c + a)
Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên có ngay
Vậy f(p) có

<0

< 0 và hệ số c2 > 0 nên f(p) > 0 với mọi p tức là bất đẳng thức (2) đúng

∀p, do đó (1) đúng với mọi p + q = 1.
Điều kiện đủ. Đảo lại giả sử (1) đúng với mọi p +q = 1, tức là (2) đúng ∀p. Từ đó theo

định lí thuận của tam thức bậc hai, ta có

< 0, tức là

(b + c - a)(b + a - c)(b - c - a) < 0
hay (b + c - a)(b + a - c)(a + c - b ) > 0

(3)

Từ (3) suy ra chỉ có thể có hai trường hợp sau :
1/ Cả 3 thừa số đều dương, khi đó rõ ràng a, b, c có thể lấy làm độ dài 3 cạnh của 1
tam giác .
2/ Có 2 thừa số âm và 1 thừa số dương. Có thể là
b+c−a < 0
b+a−c < 0
Từ đó suy ra b < 0; đó là điều trái với giả thiết. Vậy trường hợp 2 không thể xảy ra
⇒ đ.p.c.m
Bài 4.Cho một hình chữ nhật có 3 cạnh a, b, c (a < b < c) và đường chéo bằng d. Gọi
P là tổng các cạnh của hình hộp, còn S là diện tích toàn phần. Chứng minh
1 1
1 1
1
1
a<
P − d2 − S < −
P + d2 − S < c
3 4
2
3 4
2

Giải:
Xét tam thức bậc hai

Ta có:

1 P2
1
1
f (x) = x2 − P x +
− d2 + S
6
9 16
2
2
2
1
1
1 P
−d+ S
−4
= − P
6
9 16
2
2
4
P
4
1
+ 2− S

= P2 − 4
36
144 9d
18
4
1
2
=
d − S
9
2

1
Vì d2 − S = a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) > 0 do (a < b < c)
2
⇒ f(x) có hai nghiệm x1 < x2, với
1 1
1
1 1
1
P − d2 − S , x2 =
P + d2 − S
x1 =
3 4
2
3 4
2
6

Bài toán trở thành: Chứng minh a < x1 còn c > x2.
S
P
a+b+c
b + c − 2a
Ta có
−a=
−a=
−a =
2
12
3
3
S
S
Do b > a, c > a ⇒ − a > 0.Tương tự − c < 0
a
2
1 P2
1
1
2
− d2 + S
Lại có
f (a) = a − P a +
6
9 16
2
2
1

P
− d2 + S = (a + b + c)2 − a2 − b2 − c2 + ab + bc + ac = 3ab + 3bc + 3ac
Do
16
2
2a(a + b + c) ab + bc + ca
2
+
⇒ f (a) = a −
3
3
a2 − ab − ac − bc
(c − a)(c − b)
=
=
>0
3
3
2c(a + b + c) ab + bc + ca
+
f (c) = c2 −
3
3
c2 − ca − cb − ab
(c − a)(c − b)
=
=
>0
3
3

Như vậy ta có > 0
f (a) > 0
f (c) > 0
S
a< 2
Vậy theo định lý đảo ta có a < x1 và c > x2 ⇒ đ.p.c.m
Bài 5.Chứng minh rằng nếu A, B, C là ba góc của 1 tam giác, thì
x2
1+
≥ cos A + x(cos B + cos C) (∀x)
2
Giải:
Bất đẳng thức đã cho có thể viết dưới dạng
x2 − 2x(cos B + cos C) + 2(1 − cos A) ≥ 0

(1)

Đặt f(x) = x2 − 2x(cos B + cos C) + 2(1 − cos A) . Ta có:

Vậy f(x) có

= (cos B + cos C)2 − 2(1 − cosA)
A
B−C
A
= 4 sin2 cos2
− 4 sin2
2
2

2
2 A
2 B−C
(cos
− 1) ≤ 0
= 4 sin
2
2
≤ 0 và hệ số 1 > 0 suy ra (1) đúng (∀x) ⇒ đ.p.c.m.

Dấu bằng xảy ra ⇔

=0 và x = cos B + cos C
B−C
⇔
= 1 và x = cos B + cos C
2
⇔ B = C và x = 2 cos B

7


Bài 6.Cho u > 0 là một nghiệm của bất phương trình x2 − 2px − q 2, còn v là một
nghiệm tùy ý của x2 − 2px − p2 ≤ 0. Chứng minh u + v > p + q
Giải:
Xét hai khả năng
1. Nếu p2 + q 2 = 0, tức là p = q = 0, khi đó
x2 − 2px − q 2 > 0 ⇔ x2 > 0
Do u là một nghiệm lớn hơn không ( u > 0).
x2 − 2qx − p2 ≤ 0 ⇔ x2 ≤ 0 ⇔ x = 0

Do v là nghiệm nên v = 0.
Ta có

u + v = u > 0 = p + q ⇔ đ.p.c.m

2.Nếu p2 + q 2 > 0. Khi đó
x2 − 2qx − q 2 > 0 ⇔ (x < p −

p2 + q 2) v (x > p +

p2 + q 2)

Vì u > 0 là nghiệm của nó nên
u>p+

p2 + q 2

Còn

x2 − 2qx − q 2 ≤ 0 ⇔ q −

Ta có

v≥q−

Từ đó suy ra

u + v > p + q ⇒ đ.p.c.m

p2 + q 2 ≤ x ≤ q +

p2 + q 2

p2 + q 2

Bài 7.Các số a, b, c, d, q, p thỏa mãn p2 + q 2 − a2 − b2 − c2 − d2 > 0
Chứng minh

(p2 − a2 − b2)(q 2 − c2 − d2 ) ≤ (pq − ac − bd)2

Giải:
Từ giả thiết có (p2 − a2 − b2)(q 2 − c2 − d2 ) > 0

(1)

Do đó từ (1) không giảm tổng quát có thể giả sử
p2 − a2 − b2 > 0.
Xét tam thức bậc hai
f (x) = (p2 − a2 − b2 )x2 − 2(pq − ac − bd)x + (q 2 − c2 − d2 ).
Biệt số

của nó là
= (pq − ac − bd)2 − (p2 − a2 − b2 )(q 2 − c2 − d2 ).

Từ p2 − a2 − b2 > 0 suy ra p = 0. Ta có
q2
q
q
f
= (p2 − a2 − b2) 2 − 2(pq − ac − bd) + q 2 − c2 − d2

p
p
p
2
2
q
q
q
q
= −a2 2 − b2 2 + 2ac + 2bd − c2 − d2
p
p
p
p

8


qa
qb
− c)2 − ( − d)2 ≤ 0
p
p
Như vậy f (x) không dương ∀x mà hệ số của x2 là p2 − a2 − b2 > 0, vậy theo định lí thuận
= −(

tam thức bậc hai thì

’ không thể âm ⇒ ’ ≥ 0 ⇒ đ.p.c.m.

Bài 8. Cho a, b, c ∈ [−1, 2] và a + b + c = 0
Chứng minh

a2 + b2 + c2 ≤ 6

Giải:
Từ giả thiết ta có

a2 − a − 2 ≤ 0
2

(1)

b −b−2 ≤ 0

(2)

c2 − c − 2 ≤ 0

(3)

Cộng từng vế (1) (2) (3) và chú ý là a + b + c = 0, ta có a2 + b2 + c2 ≤ 6 ⇒ đ.p.c.m. Dấu
bằng xảy ra ⇔ đồng thời có dấu đẳng thức trong (1) (2) (3).
Dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔ (a = -1) v (a = 2)
Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ (b = -1) v (b = 2)
Dấu bằng trong (3) xảy ra ⇔ (c = -1) v (v = 2).
Mặt khác ta phải có a + b + c = 0. Vậy có dấu đẳng thức khi và chỉ khi
(a = 2; b = c = -1) v (b = 0; a = c = -1) v (c =2; a = b = -1).
Bài 9. Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm và tam thức ϕ(x) = αx2 + βx + γ
có nghiệm, đồng thời khoảng cách các nghiệm của tam thức chứa (0,2). Chứng minh rằng

phương trình
aϕ(0)x2 + bϕ(1)x + cϕ(2) = 0

(1) cũng có nghiệm

Giải:
Do giả thiết suy ra ϕ(0) và ϕ(2) trái dấu với α, tức là ϕ(0)ϕ(2) > 0.
Có hai khả năng sau xảy ra :
1. Nếu ac ≤ 0 ⇒ acϕ(0)ϕ(2) ≤ 0 ⇒ (1) có ngiệm do

≥ 0.

2. Nếu ac > 0.Khi đó
=b2ϕ2 (1) − 4acϕ(0)ϕ(2)
=ϕ2(1)(b2 − 4ac) + 4ac[ϕ2(1) − ϕ(0)ϕ(2)]

9

(2)


Theo giả thiết ta có b2 − 4ac ≥ 0

(3)

Ta có
ϕ2 (1) − ϕ(0)ϕ(2) =(α + β + γ)2 − γ(4α + 2β + γ)
=(α + β)2 − 2αγ
=(α + β)2 − 2αϕ

(0)

Do ϕ(0) trái dấu với α nên αϕ(0) < 0
⇒ ϕ2 (1) = ϕ(0)ϕ(2) > 0
Từ (2), (3), (4) suy ra

(4)

≥ 0 .Vậy (1) có nghiệm ⇒ đ.p.c.m.

Bài 10. Cho bốn số thực a, b, c, d theo thứ tự trên lập thành một cấp số cộng, và
m là số thực sao cho 2m ≥ |ad − bc|.
Chứng minh rằng

(x − a)(x − b)(x − c)(x − d) + m2 ≥ 0

(∀x)

Giải:
(x − a)(x − b)(x − c)(x − d) = m2 ≥ 0

Ta có

(∀x)

⇔ [x2 − (a + d)x + ad][x2 − (b + c)x + bc] + m2 ≥ 0

(1)

Do ÷a, b, c, d nên ta có a + d = b + c

Đặt

t = x2 − (a + d)x. Khi đó
(1) ⇔ (t + ad)(t + bc) + m2 ≥ 0
⇔ t2 + (ad + bc)t + m2 + abcd ≥ 0

(2)

Đặt f (t) = t2 + (ad + bc)t + m2 + abcd
Ta có

= (ad + bc)2 − 4m2 − 4abcd
= (ad − bc)2 − 4m ≤ 0 do (2m ≥ |ad − bc|)

Vậy f(t) có

≤ 0 và hệ số 1 > 0 nên (2) đúng ∀t, tức là (1) đúng ∀x ⇒ đ.p.c.m
1
Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ = 0 và t = − (ad + bc)
2
1
⇔ 2m = |ad − bc| và t = − (ad + bc).
2
⇔ 2x2 − 2(a + d)x + ad + bc = 0 (3)
Ta có

= (a + d)2 − 2ad − 2bc
= a2 + d2 − 2bc

Nếu gọi α là công sai của ÷, thì

= a2 + (a + 3α)2 − 2(a + α)(a + 2α)
= 5α2 ≥ 0, vậy (3) có nghiệm
10


Từ đó suy ra dấu bằng trong (1) có khi và chỉ khi √
a + d ± a2 + d2 − 2bc
2m = |da − bc| và x =
2
Bài 11.Cho ba số a, b, c thỏa mãn hệ
a2 + b2 + c2 = 2 (1)
ab + bc + ca = 1 (2)
4
4
4
Chứng minh rằng
|a| ≤ , |b| ≤ , |c| ≤
3
3
3
Giải:
Do vai trò như nhau của a, b, c nên ta chỉ cần chứng minh một bất đẳng thức |a| ≤
đủ
Từ (2) ta có a(b + c) + bc = 1

(3)

Từ (1) ta có (b + c)2 − 2bc + a2 − 2 = 0

(4)

Từ (3) ⇒ −bc = a(b + c) − 1
Thay vào (4) ta được
(b + c)2 + 2a(b + c) + a2 − 4 = 0

(5)

Do có tồn tại a, b, c thỏa mãn (5) tức là phương trình
x2 + 2ax + a2 − 4 = 0 có nghiệm
= 4 ⇒ b + c = −a + 2 hoặc b + c = −a − 2
b+c=2−a
1. Nếu b + c = −a + 2 ⇒
b2 + c2 = 2 − a2
Vậy b, c là 2 nghiệm của phương trình

⇔

z 2 − (2 − a)z + a2 − 2a + 1 = 0
= 4a − 3a2 ≥ 0
4
0≤a≤
3
b + c = −a − 2
2. Nếu b + c = −a − 2⇒
b2 + c2 = 2 − a2
Vậy b và c là hai nghiệm của phương trình

b+c = 2−a
bc = a2 − 2a + 1
(6)

(6) có nghiệm ⇒

⇔

z 2 + (a + 2)z + a2 + 2a + 1 = 0

b + c = −a − 2
bc = a2 + 2a + 1
(7)

= 3a2 − 4a ≥ 0
4
4
⇒− ≤a≤ .
3
3
4
4
Do tính đối xứng, ta cũng có |b| ≤ , |c| ≤ ⇒ đ.p.c.m
3
3

(7) có nghiệm ⇒

11

4
là
3

n

Bài 12. Cho n số xi(i = 1, 2, ..., n) thỏa mãn điều kiện

xi = n.
i=1

Giả sử a, b là hai số sao cho a ≤ mink ,
Chứng minh

b ≥ maxk

1≤k≤n 1≤k≤n
1 n 2
a+b+
x ≤a+b
n i=1 i

Giải:
Từ giả thiết suy ra ∀k = 1, 2, ...n ta có: a ≤ xk ≤ b.
Theo định lý về dấu tam thức bậc hai, ta có thể viết
x2k − (a + b)xk + ab ≤ 0

(1), k = 1, 2, ...n.

Cộng từng vế n bất đẳng thức dạng (1), ta được
n

n

x2k − (a + b)
k=1

n

Do

xk + nab ≤ 0

(2)

k=1

xk = n, nên từ (2) suy ra
k=1

ab +

1 n 2
x ≤ a + b.
n i=1 i

Đó là đ.p.c.m
Bài 13. Biết rằng x3 − ax2 + bx − c = 0 có 3 nghiệm lớn hơn 0 và các hệ số a, b, c
thỏa mãn điều kiện 2a3 + 3a2 − 7ab + 9c − 6b − 3a + 2 = 0.
Chứng minh

1≤a≤2

Giải:
Giả sử x1 , x2, x3 là 3 nghiệm của phương trình đã cho.
Như vậy x1 > 0, i = 1, 2, 3.
Ta có
(x1 + x2)(x2 − x3)2 + (x2 + x3 )(x2 − x3 )2 + (x3 + x1)(x3 − x1 )2 ≥ 0
Dễ thấy sau khi khai triển và ước lượng ta có:
S1 = 2(x1 + x2 + x3 )3 − 7(x1 + x2 + x3 )(x1x2 + x2x3 + x3 x1) + 9x1 x2x3 .
Theo định lí Viet, ta có
S1 = 2a3 − 7ab + 9c ≥ 0.

(1)

Ta lại có
S2 = (x1 − x2 )2 + (x2 − x3)2 + (x3 − x1 )2
= 2(x1 + x2 + x3)2 − 6(x1 x2 + x2x3 + x3x1 )
= 2a2 − 6b ≥ 0

(2)

12


Từ giả thiết ta có thể viết
S1 + S2 + a2 − 3a + 2 = 0
Do (1) và (2) suy ra a2 − 3a + 2 ≤ 0 ⇒ 1 ≤ a ≤ 2,
Đó là đ.p.c.m.
Bài 14. Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm cảu phương trình
2x2 + 2(m + 2)x + m2 + 4m + 3 = 0
√ 2

2
Chứng minh rằng
|x1 + x2 + 3x1 x2| ≤ 1 +
2
Giải:
Phương trình đã cho có nghiệm , nên

√
√
= −m2 − 4m − 2 ≥ 0 ⇔ −2 − 2 ≤ m ≤ −2 + 2
3
5
Theo định lý Viet suy ra x1 + x2 + 3x1 x2 = m2 + 5m +
2
2
Ta có
3 2
3
5
1
m + 5m + = (m2 + 4m + 2) − m −
2
2
2
2
√
1
5
3 2
m + 5m + ≤ −m − . Do m ≥ −2 − 2

2
2
2
3 √
5
3 2
⇒ m + 5m + ≤ + 2 (2)
2
2
2
Lại có
3 2
3
7
5
7
m + 5m + = (m2 + 4m + 4) − m − ≥ −m −
2 √
2
2
2
2
Do
m ≤ −2 − 2
3
3 √
5
⇒ m2 + 5m + ≥ −( + 2) (3)
2
2

2
Từ (2) và (3) có đ.p.c.m

(1)

Bài 15.Cho x1 > 0, x2 > 0, x1 y1 − z12 > 0 và x2y2 − z22 > 0. Chứng minh
1
1
8
≤
+
2
(x1 + x2)(y1 + y2) − (z1 + z2)2
x1 y1 − z1 x2y2 − z22
Giải:
Đặt D1 = x1y1 − z12 và D2 = x2 y2 − z22 , D = (x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2)2 .
Trước hết ta chứng minh
D
D1 D2
≥
(1)
x1 + x2
x1 x2
Thật vậy xét hai tam giác bậc hai sau
P1 (t) = x1t2 + 2z1 t + y1
P2 (t) = x2t2 + 2z2 t + y2
13


Khi đó ta có

−D1 =

1

= z12 − x1 y1 ⇒

1

<0

−D2 =

2

= z22 − x2 y2 ⇒

2

<0

Đặt P (t) = P1 (t) + P2 (t) ⇒ min P (t) ≥ min P1 (t) + min P2 (t)
Dễ thấy do x1 > 0, x2 > 0 và do đó x1 + x2 > 0
D1
D2
nên min P1 (t) =
; min P2 (t)
x1
x2
D
P (t) =

x1 + x2
Vậy ta đã chứng minh được (1)
Do D1 > 0; D2 > 0 nên từ (1) suy ra D > 0.
D1 D2
Từ (1) có D ≥ (x1 + x2)(
+
)
x1
x2
8
8
(2)
≤
hay
D1 D2
D
(x1 + x2 )(
+
)
x1
x2
1
1
8
≤
+
(3)
Ta sẽ chứng minh
D1 D2
D1 D2

(x1 + x2)(
+
)
x1
x2
Thật vậy
1
1 x1 + x2
x1 + x2
(3) ⇔ (
+
)(
D1 +
D2 ) ≥ 8 (4)
D1 D2
x1
x2
Ta có
D1 x 2
x 1 + x 2 x 1 + x 2 D1 x 1
+
+
+1 +
+1
V T (4) =
x1
x2
D2 x2
D2 x1
D1 D2

D2 x1 D1 x2
x1 x2
+
+
+
+
+
=2+
x2 x1
D2 D1
D2 x2 D2 x1
Do x1 , x2, D1 , D2 > 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy suy ra V T (4) ≥ 8 ⇒ (3) đúng.
Từ (2 và (3) theo tính chất bắc cầu suy ra
1
8
1
≤
+
⇒ đ.p.c.m
D
D1 D2
Bài 16. Cho hệ phương
trình

2


ax + bx + c = y
ay 2 + by + c = z



az 2 + b + c = x
z

2

2

với a = 0 và (b − 1) − 4ac < 0 . Chứng minh rằng hệ đã cho vô nghiệm.
Giải:
Do a = 0 nên có thể giả thiết a > 0. Giả sử hệ đã cho có nghiệm (x0 , y0, z0). Khi đó ta có
:
14



2


ax0 + bx0 + c = y0
ay02 + by0 + c = z0


az 2 + bz + c = x

⇒

0
0
0

2
[ax0 + (b − 1)x0 + c] + [ay02 + (b − 1)y0 + c] + [az02 + (b − 1)z0 + c]

=1

(1)

Đặt f (t) = at2 + (b − 1)t + c, thì từ (1) ta có
f (x0) + f (y0 ) + f (z0 ) = 0

(2)

Do a > 0 và (b − 1)2 − 4ac < 0, nên theo định lí về dấu tam thức bậc hai, ta có
f (t) > 0(∀t) ⇒ f (x0 ) > 0, f(y0 ) > 0, f(z0 ) > 0.
Điều này mâu thuẫn với (2). Vậy giả thiết phản chứng là sai suy ra hệ đã cho vô nghiệm.

15


Bài 17.Cho a ≥ 0 và n là số tự nhiên. Chứng minh:
a+

√
1+
a + ... + a <

√
4a + 1
2

n dấu căn

Giải
Đặt

x1 =

√
a

x2 =

a+

√

a

...
xn =

a+

a + ... +

√

a

(1)

n dấu căn

Do a ≥ 0 nên ta có ngay xn ≥ xn−1
Mặt khác từ (1) có

x2n = a + xn−1

Vậy

x2n < a + xn

hay

x2n − xn − a < 0

Xét

f (t) = t2 − t − a < 0.

(2)

Từ (2) ta có f (xn ) < 0, vậy theo định lí đảo tam thức bậc hai thì t1 < xn < t2 , với t1, t2
là hai nghiệm của f (t),
√ tức là
√
1 − 4a + 1
1 + 4a + 1
< xn <
⇒ đ.p.c.m

2
2
Bài 18. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có:
p2 ≥ ab sin2 A + bc sin2 B + ac sin2 C,

(1)

trong đó a, b, c là 3 cạnh còn p là nửa chu vi của tam giác.
Giải:

(a + b + c)2
ab(1 − cos 2A) + bc(1 − cos 2B) + ac(1 − cos 2C)
(1) ⇔
≥
4
2
⇔ (a + b + c)2 ≥ 2ab(1 − cos 2A) + 2bc(1 − cos 2B) + 2ac(1 − cos 2C)
⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab cos 2A + 2bc cos 2B + 2ac cos 2C ≥ 0
⇔ a2 + 2a(b cos 2A + c cos 2C) + b2 + c2 + 2bc cos 2B ≥ 0

Đặt f (a) = a2 + 2(b cos 2A + c cos 2C)a + b2 + c2 + 2bc cos 2B. Ta có:
= (b cos 2A + c cos 2C)2 − b2 − c2 − 2bc cos 2B
= −b2 sin2 2A − c2 sin22C + 2bc(cos 2A cos 2C − cos 2B).
Vì cos 2B = cos(2A + 2C)
⇒

do (2A + 2C + 2B = 2π)

= −b2sin2 2A − c2 sin2 2C + 2bc sin 2A sin 2C
16

(2)


= −(b sin 2A − c sin 2C)2 ≤ 0
Vậy f (a) có

≤ 0 và hệ số 1 > 0 nên f (a) ≥ 0

Vậy (2) đúng ⇒ đ.p.c.m.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hệ sau thỏa mãn
b sin 2A = c sin 2C (3)
=0
⇔
b cos 2A = −a − c cos 2C
a = −bc cos 2A − c cos 2C
Vậy ta có

(4)

b2 = c2sin2 2C + a2 + c2 cos2 2C + 2acos2C
Áp dụng định lí hàm số cosin có
a2 + c2 − 2accosB = a2 + c2 + 2ac cos 2C ⇒ −cosB = cos 2C
hay

B + 2C = 180◦ = B + C + A ⇒ C = A.

Thay vào (3) ta có b sin 2A = a sin 2A
Vì C = A nên 0 < A < 90◦ ⇒ sin 2A = 0 ⇒ b = a
Vậy có dấu bằng ⇔ là tam giác đều.

Bài 19.Chứng minh:

4sin2 63◦ +

15 cos89◦
<8
4sin263◦

(1)

Giải:
Vì

cos 89◦ > 0, nên

15
4sin263◦
Ta sẽ chứng minh 4sin2 63◦ +

VT (1) < 4sin2 63◦ +

15
<8
4sin2 63◦

(2)

Ta có
(2) ⇔ (4sin263◦ )2 − 8(4sin2 63◦ ) + 15 < 0
⇔ 3 < 4sin263◦ < 5

(3)

Do (3) đúng ⇒ đ.p.c.m.
Bài 20. Chứng minh rằng với mọi p, q thì tổng độ dài nghiệm của bất phương trình
sau không vượt quá 4.
Giải:
−2 ≤ x2 + px + q ≤ 2
Ta có thể viết lại hệ đã cho dưới dạng
x2 + px + q − 2 ≤ 0

(1)

x2 + px + q + 2 ≥ 0

(2)

17


Ta tính các biệt số

Vậy ta có ngay

1,

tương ứng của (1) và (2) . Ta có

2

1

= p2 − 4q + 8

2

= p2 − 4q − 8

1

=

2

+ 16

Xét hai trường hợp:
1. Nếu

1

≤ 0: Khi đó hoặc là (1) vô nghiệm, hoặc là (1) có nghiệm duy nhất, tức là

hệ (1), (2) khi đó nhiều nhất là có 1 nghiệm ⇒ đ.p.c.m.
2. Nếu
a, Nếu

1

2

> 0: Khi đó có hai khả năng sau :

≤ 0, vậy (2) đung (∀x) do đó hệ (1) , (2) ⇔ (1), như vậy độ dài nghiệm l của

hệ trong trường hợp này là
l = x2 − x1, trong đó x1, x2 là nghiệm của tam thức x2 + px + q − 2 = 0, vậy
√
√
l=2
(do
2 + 16 ≤ 4
2 ≤ 0)
1 =2
b, Nếu

2

> 0.Khi đó
(1), (2) ⇔

x1 ≥ x ≥ x2

(x ≤ x3)v(x ≥ x4)
trong đó x3 , x4 tương ứng là hai nghiệm của tam thức x2 + px + q = 0.
Do

1

>

2,

nên ta có :

x1 < x3 < x4 < x2 , vậy nghiệm của hệ (1), (2) là
(x1 ≥ x ≥ x3 )v(x4 ≥ x ≥ x2 )
Do đó độ dài l của nghiệm của hệ khi đó là :
hay

√
l = (x3 − x1 ) + (x2 − x4) =
√
√
√
l=
(
2 + 16 −
2 <

√

1

−

2

+ 4)2 −

2

√
2

=4

Đó chính là đ.p.c.m.
Như vậy độ dài nghiệm chỉ có thể bằng 4 trong trường hợp

2

= 0, tức là khi p2 − 4q = 8.

Bài 21. Cho 4 số thực a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
(a + b + c + d)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6ab
Giải:
Ta có :

(a + b + c + d)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6ab
⇔ a2 + 2a(b + c + d) + (b + c + d)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 + d2 ) + 6ab
⇔ −2a2 + 2a(c + d − 2b) + (b + c + d)2 − 3(b2 + c2 + d2 ) ≤ 0

Xét f (a) = −2a2 + 2a(c + d − 2b) + (b + c + d)2 − 3(b2 + c2 + d2 )

18


Ta thấy hệ số của a2 là -2 < 0 và có biệt thức

là:

= (c + d − 2b)2 + 2[(b + c + d)2 − 3(b2 + c2 + d2 )]
= −(c − b)2 − (d − b)2 + 2(c − b)(d − d)2
= −3(c − d)2 ≤ 0
Vậy f (a) ≤ 0

∀a, b, c, d ∈ R ⇒ đ.p.c.m
1
Đẳng thức xảy ta tại a = (c + d − 2b) và c = d
2
Vi dụ 22. Chứng minh bất đẳng thức Côsi - Bunhiacôpki.
Cho n cặp số thực bất kì ai , bi , i = 1, ..., n. Thế thì
(a1b1 + a2 b2 + an bn )2 ≤ (a12 + a22 + ...an2)(b1 2 + b22 + ...bn2).
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tông tại số k ∈ R sao cho
b1 = ka1, b2 = ka + 2, ...bb = kan
Giải:
Với ∀x ∈ R ta có:
(a1x − b1 )2 ≥ 0
..........
(an x − bn )2 ≥ 0.
Từ đó suy ra:
a12 x2 − 2a1 b1x + b21 ≥ 0
..............
an 2x2 − 2an bn x + b2n ≥ 0
Cộng vế với vế ta được
(a1 2 +a22 +...+an2 )x2 −2(a1b1 +a2 b2 +...+anbn )x+(b12 +b2 2 +...+bn 2 ) ≥ 0.
Vế trái là một tam thức bậc hai f (x) = Ax2 − 2B x + C với A > 0 và f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R
nên nếu A > 0 thì
= B 2 − AC = (a1b1 + a2b2 + ... + an bn ) +

(a12 + a22 + ... + an 2)(b1 2 + b12 + ... + bn 2 ) ≤ 0
và thu được bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Còn nếu A = 0 thì a1 = a2 = ... = an = 0 khi đó bất đẳng thức cần chứng minh là hiển
nhiên.
Cuối cùng ta thấy dấu "=” trong bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
= 0 ⇔ a1 x − b1 = ... = an x − bn = 0

19


⇔ b1 = ka1 , ..., bn = kan với k ∈ R.
√
Bài 23. Cho 2(a + b) −

2(b − c) + a = 0

Chứng minh rằng: b2 + c2 ≥ 4a2 + 2bc + 4ab nếu a + b = 0
Giải:
Xét

f (x) = (a + b)x2 − (b − c)x + a

Vì a + b = 0 nên f (x) là một tam thức bậc hai
√
Theo giả thiết : f ( 2) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm
= (b − c)2 − 4a(a + b) ≥ 0
<=> b2 + c2 − 2bc − 4ab − 4a2 ≥ 0
<=> b2 + c2 ≥ 4a2 + 2bc + 4ab (đ.p.c.m)

20

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hoàng Kỳ, Hoàng Thanh Hà (2005), Đại số sơ cấp và thực hành giải toán, NXB Đại
học Sư phạm.
2. Phan Đức Chính (1995), Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục.
3. Phan Huy Khải (1997), 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức, NXB Hà Nội.

21