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
Trang 1VẬN 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 ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm thì b2 – 4ac ≥ 0 Như thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng b2 – 4ac ≥ 0 (a ≠ 0) ta có thể ñi chứng minh phương trình
ax2 + 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, a2 = bc, và a + b + c = abc Chứng minh a ≥ 3 , b > 0,
c > 0, b2 + c2 ≥ 2a2
HD Từ giả thiết ta có bc = a2, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a2 – 1) nên b và c là hai nghiệm của phương trình x2 – a(a2 – 1)x + a2 = 0 Vì phương trình này có nghiệm nên ∆ = (a3 – a)2 – 4a2 ≥ 0 ⇔ (a2 – 1)2 ≥ 4 ⇔ a2 ≥ 3 Từ ñây và do a > 0 suy ra a ≥ 3 Lúc này b + c = a(a2 – 1) > 0 và bc = a2 > 0 nên b > 0, c > 0 Hơn nữa b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (a3 – a)2 – 2a2 = a2.((a2 – 1)2 – 2) ≥ 2a2 Vậy ta có ñiều phải chứng minh
Nhận xét 2 Nếu a > 0 thì có ngay ax2 + bx + c > 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≥ 0 ∀x∈R
⇔ b2 – 4ac ≤ 0 Còn nếu a < 0 thì ax2 + bx + c < 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≤ 0 ∀x∈R
⇔ b2 – 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 b2
– 4ac < 0 ta ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm
Ví dụ 2 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e thì a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e)
HD Ta xét tam thức bậc hai ẩn x là f(x) = x2 – (b + c + d + e)x + b2 + c2 + d2 + e2, có biệt thức
∆= (b + c + d + e)2– 4(b2 + c2 + d2 + e2) = – (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 a2 – (b + c + d + e)a + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ 0 Vậy ta luôn có
a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ 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 a1, a2, a3, b1, b2, b3 tacó
(a b + a b + a b ) ≤(a + +a a )(b +b +b )
1 2 3
a + + a a = 0 ⇔ a1 = a2 = a3 = 0 thì bất ñẳng thức ñã cho hiển nhiên ñúng
Trường hợp 2: Ta xét a12 + +a22 a23 > 0 Nhận thấy (a1x + b1)2 + (a2x + b2)2 + (a3x + b3)2 ≥ 0 ∀x∈R, hay
1 2 3
a + +a a )x2 +2x(a b + a b + a b1 1 2 2 3 3) + 2 2 2
b + +b b ≥ 0 ∀x∈R Như vậy tam thức bậc hai f(x)
sẽ có ∆’ = (a b + a b + a b1 1 2 2 3 3)2 – 2 2 2 2 2 2
(a + +a a )(b + +b b ) ≤ 0 Tức là ta có
(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 x2 – (a + b)x + ab ≤ 0 ∀ x ∈ [a; b]
Trang 2Ví dụ 4 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x 2010
2009+ x trên ñoạn [2009; 2010]
x = 2009.2010 Vậy
x [2009; 2010]min y
2010 2
2009 , ñạt ñược khi x = 2009.2010
Mặt khác, với mọi x ∈ [2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x) ≥ 0 hay 4019x ≥ x2 + 2009.2010 Suy ra
2009+ x ≤ 2009 , ∀ x ∈ [2009; 2010] Dấu “=” xảy ra khi x = 2009 hoặc x = 2010 Vậy
x [2009; 2010]m ax y
4019
2009, ñạt ñược khi x = 2009 hoặc x = 2010
Ví dụ 5 Chứng minh
n
HD Trước hết ta thấy n! = 1.2.3…n ≤ nn ⇒
n
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 ≥ nn hay
n
n
Chú ý: Từ
n
n = lim
1
n = 0, suy ra lim n
1 n!= 0
(Kì sau ñăng tiếp)