Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Ứng dụng sự tồn tại nghiệm phương trình bậc ba vào chứng minh Bất đẳng thức

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 1/12/17
    ỨNG DỤNG SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA VÀO CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC


    Định lí Vi-et đối với phương trình bậc ba được phát biểu như sau:

    Nếu phương trình: $ax^3+bx^2+cx+d=0, a\neq0$ có $3$ nghiệm $x_1, x_2, x_3$ thì

    $$\left\{\begin{matrix} & x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a} & \\ & x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{c}{a} & \\ & x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a} & \end{matrix}\right.$$

    Ngược lại, với ba số thực $a,b,c$ bất kì thì chúng là nghiệm của phương trình

    $x^3+mx^2+nx+p=0(*)$, với $m=-(a+b+c), n=ab+bc+ca, p=-abc$

    Do đó, từ sự tồn tại nghiệm của phương trình $(*)$ sẽ dẫn tới các bất đẳng thức ba biến $a,b,c$. Trong bài viết này sẽ giới thiệu với bạn đọc ứng dụng của việc làm đó.

    Đặt: $x=y-\frac{m}{3};\alpha=\frac{m^2}{3}-n;\beta=\frac{2m^3-9mn+27p}{27}$. Ta thu được phương trình

    $$y^3-\alpha y+\beta=0(**)$$

    Số nghiệm của $(**)$ chính là số giao điểm của đồ thị $($$C$$):f(y)=y^3-\alpha y+\beta$ với trục hoành

    Ta có: $f'(y)=3y^2-\alpha$

    Nếu $\alpha <0$ thì $f'(y)>0, \forall y$ nên phương trình $(**)$ có đúng $1$ nghiệm

    Nếu $\alpha =0$ thì phương trình $(**)$ có nghiệm bội ba.

    Nếu $\alpha >0$ thì $f'(y)=0$ có $2$ nghiệm $y_1=-\sqrt{\frac{\alpha}{3}};y_2=\sqrt{\frac{\alpha}{3}}$

    $f(y_1)=\frac{2\alpha}{3}\sqrt{\frac{\alpha}{3}}+\beta, f(y_2)=-\frac{-2\alpha}{3}\sqrt{\frac{\alpha}{3}}+\beta$

    Suy ra $f(y_1).f(y_2)=\beta ^2-\frac{4\alpha ^3}{27}=\frac{27\beta ^2-4\alpha ^3}{27}$

    Do đó ta có:

    • Phương trình $(**)$ có ba nghiệm (có thể trùng nhau) khi và chỉ khi:
    $$f(y_1).f(y_2)\leq 0\Leftrightarrow 4\alpha ^3-27\beta ^2\geq 0$$

    Hay là: $\left | 27p+2m^3-9mn \right |\leq 2\sqrt{(m^2-3n)^3}(1)$

    Bây giờ ta đi xét một số trường hợp đặc biệt sau:

    1) Cho $m=0$ khi đó $(1)$ trở thành: $-4n^3-27p^2\geq 0\Leftrightarrow p^2\leq -\frac{4}{27}n^3$



    Thí dụ $1$. Cho các số thực $a,b,c$ không đồng thời bằng $0$ thỏa $a+b+c=0$

    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P=\frac{13a^2b^2c^2-2abc-2}{(a^2+b^2+c^2)^3}$

    Lời giải. Đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$

    Suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình: $x^3-mx+n=0(4)$

    Ta có: $p^2\leq -\frac{4}{27}n^3\Rightarrow n^3\leq -\frac{27}{4}p^2$

    Do đó:

    $$13p^2+2p-2\leq -2n^3\Leftrightarrow 13a^2b^2c^2-2ab-2\leq -2(ab+bc+ca)^3$$

    Mà $(a+b+c)^2=0\Rightarrow ab+bc+ca=-\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)$

    Dẫn tới: $13a^2b^2c^2-2abc-2\leq \frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)^3\Rightarrow P\leq \frac{1}{4}$

    Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} n=2 & \\ m=3 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình

    $$x^3-3x+2=0\Leftrightarrow (x-1)^2(x+2)=0=1,x=-2$$

    Vậy $\max P=\frac{1}{4}$ đạt được khi $(a,b,c)=(1,1,-2)$ và các hoán vị

    Thí dụ 2. Cho các số thực $a,b,c$ có tổng bằng $0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    $$P=(a^2+b^2+c^2)^5-32(ab+bc+ca)a^2b^2c^2-8\left | abc \right |$$

    Lời giải.

    Đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$ suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình: $x^3+nx+p=0(4)$

    Ta có: $p^2\leq -\frac{4}{27}n^3 \Rightarrow -n^3\geq \frac{27}{4}p^2\Rightarrow \left | n^3 \right |\geq \frac{27}{4}p^2$

    Vì $a+b+c=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)=-2n \Rightarrow n\leq 0$

    Do đó: $P=-32n^5-32np^2-8\left | p \right |=32\left [ (-n)^5+(-n)p^2 \right ]-8\left | p \right |\geq 64\left | n^3 \right |\left | p \right |-8\left | p \right |\geq 8(54\left |p \right |^3-\left | p \right |)$

    Xét hàm số: $f(t)=54t^3-t, t\geq 0$ ta có:

    $$f'(t)=162t^2-1,f'(t)=0\Leftrightarrow t=\dfrac{\sqrt{2}}{18}$$

    Lập bảng biến thiên ta có $\min_{t\geq 0}f(t)=f\left ( \frac{\sqrt{2}}{18} \right )=-\frac{\sqrt{2}}{27}$

    Suy ra $P\geq -\frac{8\sqrt{2}}{27}$. Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} p=\dfrac{\sqrt{2}}{18} & \\ n=-\dfrac{1}{\sqrt[3]{24}} & \end{matrix}\right.$ hay $a,b,c$ là nghiệm của phương trình $$t^3-\dfrac{1}{\sqrt[3]{24}}t+\dfrac{\sqrt{2}}{18}=0$$

    $$\Leftrightarrow \left ( t-\dfrac{1}{\sqrt{6\sqrt[3]{3}}} \right )^2\left ( t+\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt[3]{9}} \right )=0=\dfrac{1}{\sqrt{6\sqrt[3]{3}}},t=-\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt[3]{9}}$$

    Vậy $\min P=-\frac{8\sqrt{2}}{27}.$ Đạt được khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{6\sqrt[3]{3}}},c=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt[3]{9}}$ và các hoán vị

    2) Cho $n=km^2$, khi đó $(1)$ trở thành $\left | 27p+(2-9k)m^3 \right |\leq 2\left | m^3 \right |\sqrt{(1-3k)^3}$



    Thí dụ 3. Cho các số thực $a,b,c$ thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca).$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    $$P=abc(a+b+c)^3+\frac{1}{(abc)^4}$$

    Lời giải.

    Đặt $m=-(a+b+c),n=ab+bc+ca,p=-abc,$ suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình

    $$t^3+mt^2+nt+p=0$$

    Từ giả thiết ta suy ra: $(a+b+c)^2=4(ab+bc+ca)=\frac{m^2}{4}$

    Suy ra: $$\left | 27p-\frac{m^3}{4} \right |\leq \frac{|m^3|}{4}\Leftrightarrow |108p-m^3|\leq |m^3|$$

    $$\Leftrightarrow p(54p-m^3)\leq 0\Leftrightarrow pm^3\geq 54p^2$$

    Do đó:

    $$P=pm^3+\frac{1}{p^4}\geq 54p^2+\frac{1}{p^4}=27p^2+27p^2+\frac{1}{p^4}\geq 3\sqrt[3]{27p^2.27p^2.\frac{1}{p^4}}$$ (đpcm)

    Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & n=\dfrac{m^2}{4} & \\ & 27p^2=\dfrac{1}{p^4} & \\ & 54p=m^3 & \end{matrix}\right.$ chẳng hạn ta chọn $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & p=\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \\ & m=\sqrt[3]{18\sqrt{3}} & \\ & n=\dfrac{\sqrt[3]{972}}{4} & \end{matrix}\right.$ hay $a,b,c$ là nghiệm của phương trình $t^3+\sqrt[3]{18\sqrt{3}}t^2+\frac{\sqrt[3]{972}}{4}t+\frac{1}{\sqrt{3}}=0\Leftrightarrow \left ( t+\frac{\sqrt[3]{18\sqrt{3}}}{6} \right )^2\left ( t+\frac{\sqrt[3]{4}}{\sqrt{3}} \right )=0$

    Vậy $\min P=27$ đạt được khi $a=b=-\frac{\sqrt[3]{18\sqrt{3}}}{6},c=\frac{\sqrt[3]{4}}{\sqrt{3}}$ và các hoán vị

    Thí dụ 4. Cho các số thực $a,b,c$ thoả $2(a^2+b^2+c^2)=5(ab+bc+ca).$ Chứng minh rằng

    $$\frac{1}{27}(a+b+c)^2+\sqrt[3]{abc+1}\geq 0$$

    Lời giải.

    Đặt $m=-(a+b+c),n=ab+bc+ca,p=-abc$ ta suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $$x^3+mx^2+nx+p=0$$

    Từ giả thiết suy ra $2(m^2-2n)=5n \Rightarrow n=\frac{2}{9}m^2$

    Mặt khác: $|27p+2m^3-9mn|\leq 2\sqrt{(m^2-3n)^3}$ nên ta suy ra

    $$|27p|\leq 2\sqrt{\frac{m^6}{27}} \Rightarrow 27p^3.p^2\leq 4m^6 \Rightarrow 27\sqrt[3]{\frac{p^2}{4}}\leq m^2$$

    Do đó: $$\frac{1}{27}(a+b+c)^2\geq \sqrt[3]{\frac{p^2}{4}}$$

    Ta chứng minh: $\sqrt[3]{\frac{p^2}{4}}\geq \sqrt[3]{p-1}\Leftrightarrow (\frac{p}{2}-1)^2\geq 0$ (luôn đúng)

    Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} & p=2 & \\ & m^2=27 & \\ & n=6 & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & p=2 & \\ & m=\pm 3\sqrt{3} & \\ & n=6 & \end{matrix}\right.$ hay $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $t^2\pm 3\sqrt{3}t^2+6t+2=0$

    3) Xét $m^2-3n=c,c$ là hằng số cho trước



    Thí dụ 5. Cho các số thực $a,b,c$ thoả $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca+4.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    $$P=18(ab+bc+ca)^2-(ab+bc+ca)(a+b+c-48)+9abc.$$

    Lời giải.

    Đặt $m=-(a+b+c),n=ab+bc+ca,p=-abc$

    Từ giả thiết suy ra $(a+b+c)^2=3(ab+bc+ca)+4\Rightarrow m^2=3n+4$

    Mặt khác: $|27p+2m^3-9mn|\leq 2\sqrt{(m^2-3n)^3}$

    Suy ra: $|27p+2m(3n+4)-9mn|\leq 18 \Leftrightarrow |27p-3mn+8m|\leq 16$

    $$\Rightarrow mn-9p\geq \dfrac{8m-16}{3}$$

    Mặt khác:

    $P=18(ab+bc+ca)^2+48(ab+bc+ca)-(ab+bc+ca)(a+b+c)+9abc$

    $=2[3(ab+bc+ca)+4]^2-(ab+bc+ca)(a+b+c)+9abc-16$

    $=2(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)(a+b+c)+9abc-16$

    $=2m^4+mn-9p-16\geq 2m^4+\frac{8m-16}{3}-16=\frac{1}{3}(6m^4+8m-64)$

    Xét hàm số: $f(m)=6m^4+8m-64,$ ta có:

    $$f'(m)=24m^3+8 \Rightarrow f'(m)=0=-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$$

    Suy ra: $f(m)\geq f\left ( -\frac{1}{\sqrt[3]{3}} \right )=-\frac{6}{\sqrt[3]{3}}-64.$ Nên $P\geq -\frac{1}{3}\left ( \frac{2}{\sqrt[3]{3}}+64 \right )$

    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{\begin{matrix} & m=-\dfrac{1}{\sqrt[3]{3}} & \\ & n=\dfrac{1}{3}\left ( \dfrac{1}{\sqrt[3]{9}}-4 \right ) & \\ & p=\dfrac{1}{9}\left ( \dfrac{4}{\sqrt[3]{3}}+\dfrac{47}{9} \right ) & \end{matrix}\right.$, suy ra $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình:

    $$t^3-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}t^2+\frac{1}{3}\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{9}}-4 \right )t+\frac{1}{9}\left ( \frac{4}{\sqrt[3]{3}}+\frac{47}{9} \right )=0$$

    Vậy $\min P=-\frac{1}{3}\left ( \dfrac{2}{\sqrt[3]{3}}+64 \right )$

    Phương pháp này có thể nói là một phát biểu kiểu khác của $p,r,q$. Tuy nhiên, với việc đánh giá bất đẳng thức $(1)$ cho phép ta chế các bài toán về cực trị và bất đẳng thức ba biến với đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Chuyên đề sẽ được tiếp tục hoàn thành với những kết quả có ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức. Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đọc.



    Bài tập.

    Bài 1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả $(a+b+c)^3=32abc.$ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức $$P=\frac{a^4+b^4+c^4}{(a+b+c)^4}$$.

    Bài 2. Cho các số thực $a,b,c$ có tổng bằng $-1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

    $P=2abc+(ab+bc+ca)^2$

    Bài 3. Cho $a,b,c\geq 0$ thoả $a+b+c=1$. Tìm GTLN của $P=\sqrt{abc}(a^2+b^2+c^2)$

    Bài 4. Cho các số thực $a,b,c$ thoả mãn đồng thời hai điều kiện $a+b+c=3$ và $abc\geq -4$

    Chứng minh rằng: $3abc+12\geq 5(ab+bc+ca)$