Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp các đa thức đại số dạng không đối xứng

PHẠM ANH TUẤNBẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2015... PHẠM ANH TUẤNBẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC

PHẠM ANH TUẤN

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHÔNG

ĐỐI XỨNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng - Năm 2015

PHẠM ANH TUẤN

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHÔNG

ĐỐI XỨNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Đà Nẵng - Năm 2015

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu đề tài 1

3 Phương pháp nghiên cứu 1

4 Đối tượng nghiên cứu 1

5 Phạm vi nghiên cứu 1

6 Nội dung của luận văn 2

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC 3 1.1 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM THỨC BẬC HAI 3

1.2 ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 5

1.3 ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN 14

CHƯƠNG 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG 26 2.1 PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI ĐỊNH HƯỚNG 26

2.2 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN 35 2.2.1 Bất đẳng thức AM-GM 35

2.2.2 Bất đẳng thức Cauchy 46

2.3 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SỐ 51

2.4 PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN 61

CHƯƠNG 3 KHẢO SÁT CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG 65 3.1 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TAM THỨC BẬC HAI 65

3.2 SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA HÀM SỐ 69

3.3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC 77

3.3.1 Phương pháp lượng giác hóa 77

3.3.2 Phương pháp đổi biến 81

QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao)

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.

Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được

ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác

Tác giả luận văn

PHẠM ANH TUẤN

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Bất đẳng thức là một bộ phận quan trọng của Giải Tích và Đại Số Tronghầu hết các kì thi đại học, thi học sinh giỏi Toán quốc gia, thi Olympic Toánkhu vực và quốc tế thì các bài toán liên quan đến bất đẳng thức cũng rấthay được đề cập và chúng thường thuộc loại khó hoặc rất khó Hiện nay đã

có rất nhiều tài liệu viết về mảng bất đẳng thức trong lớp đa thức đại sốdạng đối xứng nhưng tài liệu về mảng bất đẳng thức trong lớp các đa thứcđại số dạng không đối xứng thì mới có rất ít và khá sơ sài Chính vì vậy, tácgiả đã quyết định chọn đề tài "Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớpcác đa thức đại số dạng không đối xứng" để làm luận văn thạc sĩ của mình

2 Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu đề tài

Mục đích chính của luận văn này là trình bày một số phương pháp dùng

để giải các bài toán cực trị trong lớp các đa thức đại số dạng không đối xứngtrong đó đặc biệt chú trọng đến phương pháp tam thức bậc hai định hướng

3 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh chuyên Toán do GS.TSKHNguyễn Văn Mậu chủ biên, tài liệu chuyên toán giải tích 12, các chuyên đềchọn lọc về bất đẳng thức và một số tài liệu tiếng Anh liên quan đến bấtđẳng thức (xem [1]-[14])

4 Đối tượng nghiên cứu

Các phương pháp dùng để giải bài toán cực trị

5 Phạm vi nghiên cứu

Luận văn chỉ tập trung nghiên cứu các bài toán cực trị trong lớp các đathức đại số dạng không đối xứng

6 Nội dung của luận văn

Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 3 chương:Chương 1 trình bày các kiến thức cơ bản về tam thức bậc hai, phươngpháp giải phương trình bậc ba tổng quát và phương trình bậc bốn tổng quát

mà không thông qua số phức

Chương 2 trình bày một số phương pháp thông dụng dùng để chứngminh bất đẳng thức dạng không đối xứng như phương pháp tam thức bậchai định hướng, phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển, phươngpháp sử dụng hàm số, phương pháp dồn biến

Chương 3 trình bày một số phương pháp khác dùng để khảo sát bàitoán cực trị dạng không đối xứng

CHƯƠNG 1

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC

1.1 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM THỨC BẬC HAITrong phần này, ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản liên quan đến tamthức bậc hai với hệ số thực Xét tam thức bậc haif (x) = ax2+bx+c (a 6= 0),khi đó af (x) = (ax + b

2)

2 − ∆

4 với ∆ = b

2 − 4ac.Sau đây ta phát biểu hai kết quả quen thuộc về dấu của tam thức bậchai

Định lý 1.2 (Định lí đảo) Điều kiện cần và đủ để tồn tại số α sao cho

af (α) < 0 là ∆ > 0 và x1 < α < x2, trong đó x1,2 là các nghiệm của f (x)xác định theo (1.1)

Nhận xét rằng, hai định lí trên đều được mô tả thông qua bất đẳng thức(kết quả so sánh biệt thức ∆ với 0) Định lí thuận và định lí đảo về dấu củatam thức bậc hai cho ta phát biểu kết quả biểu diễn tam thức bậc hai theocác nghiệm của chúng

Định lý 1.3 (Định lí Viete) Điều kiện cần và đủ để tam thức bậc hai

a = x1x2

Tuy nhiên, ta cũng có thể phát biểu kết quả tương tự trong trường hợpkhi ta còn chưa tường minh các nghiệm x1, x2 của tam thức bậc hai Điềunày rất có ý nghĩa khi ta xét các bài toán tam thức bậc hai tổng quát Haiđịnh lí sau đây cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, khinào thì tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c, a 6= 0 có nghiệm Không mấttính tổng quát, ta xét tam thức bậc hai dạng

Định lý 1.5 Tam thức bậc hai f (x) = 3x2+ 2bx + c có nghiệm (thực)khi và chỉ khi các hệ số b, c có dạng

Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1, x2 Khi

đó, tồn tại đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, là nguyên hàm của f (x), tứclà:

Ta kí hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực là R[x] Từ định líRolle, ta chứng minh được kết quả sau đối với đa thức

Định lý 1.7 Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức

P0(x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực

Hệ quả 1.1 Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực thì đathức P0(x) cũng có các nghiệm đều thực

Bây giờ ta tìm các tiêu chuẩn để nhận biết, thông qua biểu diễn các hệ

số, khi nào thì một đa thức bậc ba tổng quát

f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, a, b, c, d ∈ R, a 6= 0

có các nghiệm đều thực

Không mất tính tổng quát, ta coi đa thức bậc ba tổng quát có dạng

f (x) = −4x3 + 3ax2 − 2bx + c, a, b, c ∈R

Bổ đề 1.1 Đa thức bậc ba với hệ số thực f (x) = −4x3+ 3ax2− 2bx + c

có các nghiệm đều thực khi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng

Chứng minh Điều kiện đủ Xét đa thức

F (x) = −x4 + ax3 − bx2 + cx − mvới m là hằng số tùy ý Thay a, b, c từ công thức (1.3) vào biểu thức của

F (x), ta thu được

F (x) = −x4 + (α + β + γ + δ)x3

− (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2 + (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − m.Chọn m = αβγδ Khi đó, ta có

i) Nếu f (x) có nghiệm bội bậc ba là x0 thì f (x) có dạng

f (x) = −4(x − x0)3.Chọn F (x) = −(x − x0)4 thì ta sẽ có α = β = γ = δ = x0

ii) Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệmkép Giả sử đó là nghiệm x0, nghiệm còn lại là x1 Không giảm tính tổngquát, ta giả sử x0 = 0 Khi đó f (x) có dạng

f (x) = −4x2(x − x1) = −4x3 + 4x1x2.Suy ra

Nhận xét rằng trong trường hợp tổng quát, nếu f (x)có nghiệm kép (bộibậc hai) là x0, nghiệm còn lại là x1 thì ta thu được

α = β = γ = x0, δ = x0 + 4

3x1.iii) Nếu f (x) có ba nghiệm phân biệt, thì không giảm tổng quát, ta cóthể coi f (x) có dạng

f (x) = −4(x + a)x(x − b), a > 0, b > 0,hay

Định lý 1.9 (Định lí Viete cho phương trình bậc 3) Nếu x1, x2, x3 là

ba nghiệm của phương trình bậc ba x3 + ax2 + bx + c = 0 thì ta có

3 với p = b −

1

3a

2, q =2a3

T1 = x1 + x2 + x3 = −a ⇒ a < 0,

T2 = x1x2 + x2x3 + x3x1 = b ⇒ b > 0,

T3 = x1x2x3 = −c ⇒ c < 0

Vậy (1.5) được thỏa mãn

Điều kiện đủ Nếu (1.4) thỏa mãn thì theo định lí 1.10 các nghiệm củẳ) phải là nghiệm thực Hơn nữa nếu có một nghiệm, giả sử x1 6 0 thì theo(1.5), ta có

Chứng minh Điều kiện cần Ta có

(x1 + x2 − x3)(x2 + x3 − x1)(x3 + x1 − x2) = a3 − 4ab + 8c

Nếu các nghiệm của phương trình (?) là độ dài ba cạnh tam giác thìchúng là những số dương và

x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0

Điều này chứng tỏ (1.4), (1.5), (1.6) thỏa mãn

Điều kiện đủ Vì (1.4), (1.5) thỏa mãn nên nghiệm của phương trình lànhững số thực dương Vì (1.6) thỏa mãn nên

x1 + x2 − x3 > 0, x2 + x3 − x1 > 0, x3 + x1 − x2 > 0

Thật vậy, nếu một trong ba bất đẳng thức trên có dấu ngược lại, chẳnghạn x1 + x2 − x3 6 0, thì theo (1.6) phải có một bất đẳng thức nữa có dấungược lại Chẳng hạn, x3 + x1 − x2 6 0 Từ đó suy ra x1 6 0, vô lí

Vậy các nghiệm x1, x2, x3 của phương trình (?) là độ dài ba cạnh củatam giác

Tiếp theo ta sẽ nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ sốthực tùy ý mà không thông qua số phức

Bài toán 1.1 Giải phương trình

ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a 6= 0) (1.7)khi biết x = x0 là một nghiệm của phương trình

Giải Vì x0 là một nghiệm của phương trình (1.7) nên

Bài toán 1.2 Giải phương trình

ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1.8)với điều kiện

ac3 = db3 (a 6= 0, d 6= 0) (1.9)Phương trình (1.8) với điều kiện (1.9) được gọi là phương trình hồi quybậc ba

Chứng minh Từ (1.9) suy ra:

i) c = 0 ⇒ b = 0 và (1.8)⇔ ax3 + d = 0 ⇔ x = 3

r

−d

a.ii) c 6= 0 ⇒ b 6= 0 và d

a =

cb

3

.Đặt c

cos α = cos



3.α3

, a 6= 0 Chứng minh rằng

vào vế trái của (∗) thì ta được ngay điềuphải chứng minh.

b) Ta chứng minh phương trình (1.11) có nghiệm duy nhất

Thật vậy, phương trình (1.11) không có nghiệm trong đoạn [−1, 1] bởi

vì nếu x = x0 ∈ [−1, 1] là nghiệm thì đặt x0 = cos ϕ Khi đó

m2 − 1, khi đó theo (∗) thìphương trình (1.11) có nghiệm duy nhất là

x = 1

2



a + 1a



= 12

, a 6= 0 Ta dễ dàng chứng minh được đẳng thức

rồi dựa vào đẳng thức này, ta có thể giải phương trình (1.12) như sau:Đặt m = 1

m2 + 1 Khi đó theo (∗∗) ta cónghiệm duy nhất của phương trình (1.12) là

x = 1

2



a − 1a



= 12

2

+ b



y − a3

+ c = 0

rp

3x, khi đó ta được phương trình4x3 − 3x = m với m = 3

√3q2p√



= 12

m2 + 1 Khi đó phương trình(1.13) có nghiệm duy nhất là

x = 1

2



d − 1d



= 12

ii) Khi f (x) có hai nghiệm trùng nhau, chẳng hạn

xảy ra trường hợp x1 < x2 = x3 < x4 thì chọn c = F (x2) Ta thu được đathức F (x) có năm nghiệm thực.

Thật vậy, do x2 là nghiệm kép của f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc

ba của nguyên hàm F0(x) Mà hàm số F0 đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểutại x4 nên F0(x1) > F0(x2) = F0(x3) > F0(x4) Do đó F0(x1) − c > 0 Mặtkhác, ta thấy lim

x→−∞F0(x) = −∞ nên trong khoảng (−∞, x1), đa thức F0(x)

có ít nhất một nghiệm Tương tự, do F0(x4) − c < 0 và lim

x→+∞F0(x) = +∞nên trong khoảng (x4, +∞), đa thức F0(x) cũng có nghiệm

iii) Khi f (x) có hai nghiệm kép, tức là x1 = x2 < x3 = x4, thì

f (x) = 5(x − x1)2(x − x3)2, f (x) > 0 ∀x ∈ Rnên F0(x) là hàm đơn điệu tăng Vì vậy điều kiện (1.14) là không thỏa mãn.Khi đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ thị của đa thức

F0(x) tại một điểm (bội bậc 3), tức là F (x) có ba nghiệm thực (kể cả bội)

Do đó, ứng với mọi c ∈ R, các nguyên hàm Fc(x) tương ứng đều có khôngquá ba nghiệm thực

iv) Khi f (x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn

c = x51 (là giá trị duy nhất) thì nguyên hàm F (x) = (x − x1)5 có nghiệmthực bội bậc năm, tức là F (x) thỏa mãn điều kiện của định lí

Từ kết quả khảo sát bài toán ngược trên ta phát biểu điều kiện cần và

đủ để đa thức bậc bốn có tất cả các nghiệm đều thực (trừ trường hợp có hainghiệm kép) dưới dạng định lí sau

Định lý 1.13 Đa thức bậc bốn

f (x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d

có bốn nghiệm thực (nhưng không có hai nghiệm kép) khi và chỉ khi các hệ

có bốn nghiệm thực với a, b, c, d thỏa mãn hệ thức trên.

Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc bốn có bốn nghiệm thựcx1, x2, x3, x4,trừ trường hợp có hai nghiệm bội Khi đó, tồn tại đa thức bậc năm có năm

nghiệm thực, là nguyên hàm của f (x), tức là:

F (x) = (x + α1)(x + α2)(x + α3)(x + α4)(x + α5)

Từ đây suy ra điều phải chứng minh

Tiếp theo, ta sẽ nêu phương pháp giải một số dạng phương trình bậc

bốn đặc biệt và phương trình bậc bốn tổng quát

Bài toán 1.7 Giải phương trình trùng phương

thì phương trình (1.15) vô nghiệm.

r

−b2a.iv) Nếu

a > 0thì phương trình (1.15) có các nghiệm là x = ±

a > 0thì phương trình (1.15) vô nghiệm

Giải Đặt x2+ (a + b)x = x2+ (c + d)x = t, ta thu được phương trình

(t + ab)(t + cd) = m

(ab − cd)2 + 4m< 0

x = −a − b ±

q

a2 + b2 − 2cd + 2p(ab − cd)2 + 4m

2và

x = −a − b

2 .viii) Nếu

(x + a)4 + (x + b)4 = m (1.17)

Giải Đặt x = t − a + b

2 Khi đó phương trình (1.17) trở thành16t4 + 24(a − b)2t2 + (a − b)4 − 8m = 0

i) Nếu (a − b)4 + m < 0 thì phương trình (1.17) vô nghiệm.







(a − b)4 + m > 0(a − b)4 − 8m > 0thì phương trình (1.17) vô nghiệm

Bài toán 1.10 Giải phương trình

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (1.18)với điều kiện

ad2 = eb2 (a, b 6= 0) (1.19)

Phương trình (1.18) với điều kiện (1.19) được gọi là phương trình hồiquy bậc bốn.

Giải Viết điều kiện (1.19) dưới dạng

e

a =

db

thì phương trình (1.23) tương đương với phương trình

x =

√

a + 2 ±pa − 2 + 4√

c + 12

x =

√

a + 2 ±pa − 2 + 4√

c + 12

x = −√a + 2 ±pa − 2 + 4√

c + 12

x4 = ax2 + bx + c, b 6= 0 (1.24)

Giải Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức

b2 = 4(a + 2α)(c + α2) (1.25)Nhận xét rằng luôn luôn tồn tại số α như trên vì phương trình (1.25) làmột phương trình bậc ba đối với α Khi đó tam thức bậc hai

i) Nếu a + 2α = 0 thì phương trình (1.26) có dạng (x2 + α)2 = c + α2.ii) Nếu a + 2α < 0 thì phương trình (1.26) vô nghiệm

iii) Nếu a + 2α > 0 thì phương trình (1.26) trở thành cặp phương trìnhbậc hai

CHƯƠNG 2

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG

2.1 PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI ĐỊNH HƯỚNG

Có thể mô tả về phương pháp tam thức bậc hai định hướng như sau.Phương pháp này lợi dụng một số ẩn phụ cùng với định lí thuận về dấu củatam thức bậc hai để hướng (ép) biểu thức M (là một đa thức bậc hai) đếngiá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất Các ví dụ dưới đây sẽ minh họa rõhơn cho phương pháp tam thức bậc hai định hướng

Ví dụ 2.1 Cho xy + yz + zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = x2 + 2y2 + 5z2.Giải i) Xét z = 0 Khi đó xy = 1 và M = x2 + 2y2

Lúc này ta có M = x2 + 2y2 > 2√

2|xy| = 2√

2.ii) Xét z 6= 0 Do ta đang đi tìm giá trị nhỏ nhất nên lúc này chỉ cầnxét 0 < M < 2√

α2 − M (β + 1)α + 2β2 − M β + 5 = 0 (2.1)

Dễ thấy vế trái của phương trình (2.1) là một tam thức bậc hai (ẩn α)

Do đó phương trình (2.1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ > 0 Điều này tươngđương với

(2.2) có nghiệm khi và chỉ khi

3

hoặc (x, y, z) =



Ví dụ 2.2 Cho x2+ 8y2+ 5z2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

M α2 − (2β + 1)α + (8β2 + 5)M − 2β = 0 (2.3)

Dễ thấy vế trái của phương trình (2.3) là một tam thức bậc hai (ẩn α)

Do đó phương trình (2.3) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ > 0 Điều này tươngđương với

4 − 32M2
β2 + 4 (1 + 2M ) β + 1 − 20M2 > 0 (2.4)

Ta lại thấy vế trái của (2.4) là một tam thức bậc hai (ẩn β) có hệ số

a = 4 − 32M2 < 0



vì ta đang xét M > 1

2√2

 Do đó bất phương trình(2.4) có nghiệm khi và chỉ khi



−640M2 − 320M − 32
> 0

⇔ M 6 1

2.Vậy maxM = 1

3

hoặc (x, y, z) =



Ví dụ 2.3 Cho 3xy + 3yz − 4zx > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức

M = 5x2 + 2y2 + 5z2.Giải i) Xét z = 0 Khi đó 3xy > 1 và M = 5x2 + 2y2

3 .ii) Xét z 6= 0 Lúc này ta chỉ cần xét 0 < M < 2

√10

3 .Đặt x

9M2 − 40

β2 − 2 12M2 − 30M

β + 16M2 − 100 > 0 (2.6)

Nhận xét rằng vế trái của bất phương trình (2.6) là một tam thức bậchai có hệ số a = 9M2 − 40 < 0 (vì ta đang xét 0 < M < 2

√10

3 ) Do đó bấtphương trình (2.6) có nghiệm khi và chỉ khi

α = (3β − 4)M

3xy + 3yz − 4zx = 1hay (x, y, z) =

1

hoặc (x, y, z) =



Tiếp theo ta sẽ áp dụng phương pháp tam thức bậc hai định hướng

để giải một số bài toán chứa 4 ẩn

Bài toán 2.1 Cho −xz − xt + yz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức

M = 2x2 + 3y2 + z2 + 2t2.Giải i) Xét x = 0 Khi đó yz = 1 và M = 3y2 + z2 + 2t2

Lúc này ta có M = 3y2 + z2 + 2t2 > 2√

3|yz| + 2t2 > 2√

3.ii) Xét x 6= 0 Lúc này ta chỉ cần xét 0 < M < 2√

3.Đặt y

Phương trình (2.7) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ > 0 Điều này tươngđương với

M2 − 12

β2 − 12M β − 24 − 24γ2 − 12M γ > 0 (2.8)

Dễ thấy vế trái của bất phương trình (2.8) là một tam thức bậc hai có

hệ số a = M2 − 12 < 0 (vì ta đang xét 0 < M < 2√

3) Do đó bất phươngtrình (2.8) có nghiệm khi và chỉ khi

∆0 > 0hay

2M2 − 24

γ2 + M3 − 12M

γ + 5M2 − 24 > 0 (2.9)

Vế trái của bất phương trình (2.9) lại là một tam thức bậc hai có hệ số

a = 2M2 − 24 < 0 Do đó bất phương trình (2.9) có nghiệm khi và chỉ khi

M2 − 12 = −

32

α = M β

6 = −

12

−β − γ + αβ =

411hay

(x, y, z, t) =

2

hoặc(x, y, z, t) =



Bài toán 2.2 Cho x2 + 2y2 + 3z2 + 4t2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

M = xy − xz + 2zt

Giải i) Xét z = 0 Khi đó x2+ 2y2+ 4t2 = 2 và M = xy, lúc này ta có

M = √1

2.x

√2y

4M2 1 − 2M2
γ2 + 4M 2M2 − 1

γ + 5M2 − 6M4 > 0 (2.12)

Vế trái của bất phương trình (2.12) lại là một tam thức bậc hai có hệ

số a = 4M2 1 − 2M2
< 0 Do đó bất phương trình (2.12) có nghiệm khi

hoặc(x, y, z, t) =

2



Bài toán 2.3 Cho 2xy − 2xz + yt + 3zt = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức

M = 4x2 + 2y2 + 3z2 + 5t2.Giải i) Xét z = 0 Lúc này ta có 2xy + yt = 2 và M = 4x2+ 2y2+ 5t2

M2 − 32

β12 + 8M β1 − 80 > 0 (2.14)

Vế trái của bất phương trình (2.14) là một tam thức bậc hai có hệ số

a = M2 − 32 < 0 Do đó bất phương trình (2.14) có nghiệm khi và chỉ khi

∆0 > 0

⇔ 96M2 − 2560 > 0

Từ đây suy ra M > 4

√15

3 .Như vậy ta thấy rằng khi z = 0 thì M > 4

√15

3 .

ii) Xét z 6= 0 Lúc này chỉ cần xét 0 < M < 4

√15

3 .Đặt x

Phương trình (2.15) có nghiệm khi và chỉ khi ∆0 > 0 Điều này tươngđương với

M2 − 32

β2 + 2 4M γ − M2
β + M2 + 24M γ − 80γ2 − 48> 0 (2.16)Bất phương trình (2.16) có nghiệm khi và chỉ khi

∆0 > 0hay

3 ) Do đó bất phươngtrình (2.17) có nghiệm khi và chỉ khi

β = − 4M γ − M2

M2 − 32 = −

12

α = (β − 1) M

34

2αβ − 2α + βγ + 3γ =

47

hoặc(x, y, z, t) =

3



Nhận xét 2.1 Dựa vào các bất đẳng thức bậc hai cơ bản, ta dễ dàngxây dựng được nhiều bài toán tìm cực trị mà có thể giải được bằng phươngpháp tam thức bậc hai định hướng Chẳng hạn như sau:

i) Xuất phát từ bất đẳng thức bậc hai cơ bản sau (chú ý phải đảm bảodấu đẳng thức có xảy ra)

(x − 2y + 2z)2 + (2x − y − 3z)2 > 0 (2.18)Khai triển và rút gọn (2.18) ta thu được bất đẳng thức mới là

5x2 + 5y2 + 13z2 > 2 (4xy + yz + 4zx) (2.19)

Từ (2.19), cho 4xy + yz + 4zx = 5 thì ta thu được bài toán sau:

Bài toán 2.4 Cho 4xy + yz + 4zx = 5, tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức

x2 + 2y2 + 14z2 + 5t2 > 2(xy − 3xz + yz + yt + 4zt) (2.21)

Từ (2.21), cho xy − 3xz + yz + yt + 4zt = 1 thì ta có bài toán sau:

Bài toán 2.6 Cho xy − 3xz + yz + yt + 4zt = 1 Tìm giá trị nhỏ nhấtcủa biểu thức

M = x2 + 2y2 + 14z2 + 5t2.Dùng phương pháp tam thức bậc hai định hướng ta sẽ tìm được

min M = 2

2.2 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỔĐIỂN

Vài nét về công cụ các bất đẳng thức cổ điển

Có thể nói rằng bất đẳng thức cổ điển là một trong những công cụđược sử dụng nhiều nhất để giải toán bất đẳng thức Lí do rất đơn giản,các lời giải bằng bất đẳng thức cổ điển thường không quá phức tạp, khôngđòi hỏi nhiều kiến thức để hiểu được chúng Đặc biệt, chúng có thể được

sử dụng làm công cụ phụ trợ cho các phương pháp khác để tăng thêm tínhhiệu quả của các phương pháp đó Từ những điều này, ta thấy rằng bất đẳngthức cổ điển chiếm một vai trò quan trọng trong bất đẳng thức sơ cấp Córất nhiều bất đẳng thức cổ điển như: AM-GM, Cauchy, Bernoulli, Holder,Minkowski, Tuy nhiên, trong phần này ta chỉ đề cập đến hai bất đẳng thứcthông dụng nhất là AM-GM và Cauchy

2.2.1 Bất đẳng thức AM-GM

Định lý 2.1 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử x1, x2, , xn là các sốkhông âm Khi đó

x1 + x2 + · · · + xn

n > √n

x1x2· · · xn.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn

Định lý 2.2 (Bất đẳng thức AM-GM suy rộng) Giả sử cho trước haicặp dãy số dương x1, x2, , xn; p1, p2, , pn Khi đó

Bài toán 2.7 Với a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a+ 2b+ 3c = 1 Chứngminh rằng

(1 − a)(1 − b)2(1 − c)3 > 56ab2c3