Bài 18. Sử dụng các định lý về tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng
thức
Các định lý được sử dụng (với
2
f (x) ax bx c= + +
; a ≠ 0)
1. af(x) > 0 với mọi x ⇔
2
x
b 4ac 0∆ = − <
.
2. af(x) ≥ 0 với mọi x ⇔
2
x
b 4ac 0∆ = − ≤
.
Nếu af(x) ≥ 0 với mọi x thì f(x) = 0
⇔
x
9
b
x
2a
∆ =
= −
3. Nếu tồn tại α sao cho af(α) < 0 thì f(x) có 2 nghiệm
1
x
,
2
x
thỏa mãn
1 2
x x< α <
.
4. Nếu tồn tại α, β (α < β) sao cho
f ( ).f ( ) 0α β <
thì f(x) có một nghiệm thuộc
(α ; β) và một nghiệm ngoài [α ; β].
Thí dụ 1 : Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
với mọi x ta có :
2 2 2 2 2 2
b x (b c a )x c 0.+ + − + >
Phân tích : Vế trái là tam thức bậc hai f(x) với hệ số của
2
x
là
2
b 0>
nên có
ngay lời giải.
Giải : f(x) > 0 với mọi x ⇔
x
0∆ <
⇔
2 2 2 2 2 2
(b c a ) 4b c 0+ − − <
⇔
2 2 2 2 2 2
(b c a 2bc)(b c a 2bc) 0+ − + + − − <
⇔
2 2 2 2
[(b c) a )][(b c) a ] 0+ − − − <
⇔ (b
+ c + a)(b + c − a)(b − c + a)(b − c − a) < 0 ⇔ (a + b + c)(b + c − a)(b + a − c)(c + a −
b) > 0
Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên bất đẳng thức cuối cùng hiển
nhiên đúng.
Chú ý : Ngược lại, các bạn có thể chứng minh được nếu các số dương a, b, c
thỏa mãn f(x) > 0 với mọi x thì a, b, c chính là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Thí dụ 2 : Cho
3
a 36>
và abc = 1.
Chứng minh :
2
2 2
a
b c ab bc ca
3
+ + > + +
(*)
Phân tích :
1
bc
a
=
nên bất đẳng thức cần chứng minh vì đối xứng với b và c
nên có thể viết về dạng tam thức bậc hai đối với b + c.
1
Giải : (*) ⇔
2
2
a 3
(b c) a(b c) 0
3 a
+ − + + − >
⇔
2 2
2
a a 3
(b c) a(b c) 0
4 12 a
+ − + + + − >
⇔
2
3
a a 36
b c 0
2 12a
−
+ − + >
Với
3
a 36>
thì bất đẳng thức trên luôn đúng.
Chú ý : Khi không muốn diễn đạt bởi "ngôn ngữ" biệt thức ∆ thì các bạn có thể
dùng kỹ thuật "tách bình phương" như lời giải trên.
Thí dụ 3 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có :
3
cosA cosB cosC
2
+ + ≤
(**)
Phân tích : Vì
A B
cosA cosB 2cos
2
+
+ =
A B C A B
cos 2sin cos
2 2 2
− −
=
và cosC =
2
C
1 2sin
2
−
nên có thể làm xuất hiện
tam thức bậc hai đối với
C
sin
2
.
Giải : (**) ⇔
2
C A B C 3
2sin cos 1 2sin
2 2 2 2
−
+ − ≤
⇔
2
C C A B 1
sin sin cos 0
2 2 2 4
−
− + ≥
⇔
2
2
C 1 A B 1 A B
sin cos sin 0
2 2 2 4 2
− −
− + ≥
Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
C 1 A B
sin cos
2 2 2
A B
sin 0
2
−
=
−
=
Lưu ý
A B
;
2 2 2
− π π
∈ −
và
C
0;
2 2
π
∈
thì hệ trên tương đương với A = B = C
tức là tam giác ABC đều.
Chú ý : Bài toán tổng quát cho bài trên là : Với x, y, z > 0 thì trong tam giác
ABC bất kỳ ta có :
2 2 2
cosA cos B cosC x y z
x y z 2xyz
+ +
+ + ≤
2
Các bạn có thể dùng kỹ thuật "tam thức bậc hai" hoặc công cụ véc-tơ để giải
quyết. Khi cho các giá trị cụ thể x, y, z (đặc biệt là x, y, z là độ dài 3 cạnh của một
tam giác) thì ta có vô số các bất đẳng thức cụ thể.
Bài tập tương tự
1. Chứng minh với mọi x và mọi α ta có :
2 2 2
(1 sin )x 2(sin cos )x 1 cos 0+ α − α + α + + α >
2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có :
a)
2 2 2
9
sin A sin B sin C
4
+ + ≤
b)
A B C 1
sin .sin .sin
2 2 2 8
≤
3. Tìm x, y thỏa mãn :
2 2 2 2
(x y )(x 1) 4x y+ + =
Một dạng ứng dụng của tam thức bậc hai khác thú vị mà nhiều bạn không để ý
:
Thí dụ 4 : Cho a, b, c, d, p, q thỏa mãn :
2 2 2 2 2 2
p q a b c d 0+ − − − − >
Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2 2
(p a b )(q c d ) (pq ac bd)− − − − ≤ − −
Phân tích : Bất đẳng thức này trông "ngược" với bất đẳng thức Bunhiacôpski
và có dạng như ∆' ≥ 0 (!). Vậy cần thiết lập một tam thức bậc hai f(x) có nghiệm và
xuất hiện biểu thức
2 2 2 2 2 2 2
' (pq ac bd) (p a b )(q c d )∆ = − − − − − − −
. Như vậy hệ số
của
2
x
sẽ chọn là
2 2 2
p a b− −
hoặc
2 2 2
q c d− −
. Giả thiết sẽ cho ta điều gì ? Điều
đó quyết định sự lựa chọn trên.
Giải : Vì
2 2 2 2 2 2
(p a b ) (q c d ) 0− − + − − >
nên trong hai biểu thức
2 2 2
p a b− −
và
2 2 2
q c d− −
có ít nhất một biểu thức dương. Do vai trò bình đẳng của hai bộ số (p,
a, b) và (q, c, d) nên giả sử
2 2 2
p a b 0.− − >
Xét
2 2 2 2 2 2 2
f (x) (p a b )x 2(pq ac bd)x q c d= − − − − − + − − =
=
2 2 2
(px q) (ax c) (bx d)− − − − −
Vì
2 2 2
p a b 0− − >
nên p ≠ 0. Ta có
q
f 0
p
≤
suy ra
2 2 2
q
(p a b )f 0
p
− − ≤
nên f(x) có nghiệm. Do đó
x
' 0∆ ≥
⇒ đpcm.
3
Chú ý : Dạng thứ hai của f(x) là để chọn ra
q
p
α =
thỏa mãn
q
f 0
p
≤
Thí dụ 5 : Cho b < c < d chứng minh :
2
(a b c d) 8(ac bd)+ + + > +
Phân tích : Có 2 cách nhìn để có 2 cách giải khác nhau. Cách thứ nhất là nhìn
bất đẳng thức cần chứng minh có dạng ∆ > 0. Cách thứ hai là đưa bất đẳng thức về
dạng f(a) > 0 với mọi a và b < c < d. Xin giải theo cách nhìn thứ nhất.
Giải : Xét tam thức bậc hai :
2
f (x) 2x (a b c d)x (ac bd)= − + + + + +
Có
2
f (c) c (b d)c bd (c b)(c d)= − + + = − −
Vì b < c < d nên f(c) < 0 suy ra f(x) có 2 nghiệm phân biệt, tức là ∆ > 0 ⇒
đpcm.
Các bài tập khác :
1. Xác định các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức
F 3 cos B 3(cos A cosC)= + +
đạt giá trị lớn nhất.
2. Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng sinA + sinB + cos(A + b) = 1,5.
3. Biết rằng :
2 2
4x y 2x y 4xy 2.+ + + + ≤
Chứng minh :
2 y 2x 1− ≤ + ≤
4. Định dạng tam giác ABC thỏa mãn
1 1 1 5
cosA cosB cosC
3 4 5 12
+ + =
5*. Xác định các góc của tam giác ABC sao cho biểu thức :
2
F cosAsin Bsin C sin A (cosB cosC)
2
= + + +
đạt giá trị lớn nhất.
4